[Proyecto]

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.

[Proyecto_dos]

Hola, repondiendo a lo planteado en la entrada anterior, llego en este hilo:

http://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=90842.0

, a la conclusión de que no es posible una demostración por contradicción aritmética en los casos que plantea el UTF; incluido por tanto cuando n = 4.


Un cordial saludo,

19 de octubre de 2016

[Proyecto_dos]

Hola,


De vuelta momentáneamente sobre este tema, dejo un par de versiones más de demostraciones por descenso infinito de este caso del n = 4 del UTF y una generalización sobre números enteros.

Al final, como siempre, la única contradicción posible no está en las relaciones aritméticas que se dan entre las distintas variables sino en su propiedad de ser infinitamente “precisas”; algo incompatible con su naturaleza de ser números enteros.



[ 6ta. ]   (5 de marzo de 2017. Aquí en el Foro)


Parto de que es cierto que:  \( x^4+y^4=z^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos 2 a 2 y  \( x \) ,  por ejemplo, par.

Y que si:  \( Z=z^2 \) ;  entonces  \( Z^2 \)  es el menor cuadrado posible que cumple que:  \( Z^2=x^4+y^4 \) .


Tenemos pues:

\( (x^2)^2+(y^2)^2=Z^2 \)

Por lo tanto sé que serán soluciones del caso n = 2:

\( x^2=2pq \)

\( y^2=p^2-q^2 \)

\( Z=p^2+q^2 \)

, para  \( p,q \)  coprimos y  \( q \) , por ejemplo, par.

Luego:

\( x=(2pq)^{\frac{1}{2}}\,\Rightarrow\,{p=p_1^2\,\,\wedge\,\,q=2q_1^2\,\,\wedge\,\,2q=A^2} \)

\( y^2=(p+q)\,(p-q) \)  y como:  \( (p+q\,,\,p-q)=1 \) ;  entonces:  \( p+q=B^2\,\,\wedge\,\,p-q=C^2 \)

Observo que:

\( (p-q)+2q=p+q\,\Rightarrow\,{C^2+A^2=B^2} \)

Luego serán soluciones del caso n = 2:

\( (p-q)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2 \)

\( 2q_1=2ab \)

\( (p+q)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2 \)

, para  \( a,b \)  coprimos y uno de ellos par.

De esta manera:

\( q_1=ab\,\,\wedge\,\,q^2=4a^4b^4 \)

\( y^2=(p+q)\,(p-q)\,=\,(a^2+b^2)^2\,(a^2-b^2)^2\,=\,(a^4-b^4)^2 \)

Y como también:  \( y^2=p^2-q^2 \) ;  sustituyendo:  \( (a^4-b^4)^2=p^2-4a^4b^4 \)

Y entonces:

\( p^2=a^8+b^8-2a^4b^4+4a^4b^4\,\Rightarrow\,{p^2=(a^4+b^4)^2}\,\Rightarrow\,{p=(a^4+b^4)}\,\Rightarrow\,{p_1^2=a^4+b^4} \)

Pero  \( p_1^2\,<\,Z^2 \)  y cumple también ser un cuadrado impar resultado de una suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí; lo que contradice el punto de partida.


[ 7ma. ]  (5 de marzo de 2017. Aquí en el Foro)


Parto igualmente de que es cierto que:  \( x^4+y^4=z^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos 2 a 2 y  \( x \) ,  por ejemplo, par.

Y que si:  \( Y=y^2 \) ;  entonces  \( Y^2 \)  es el menor cuadrado posible que cumple que:  \( Y^2=z^4-x^4 \) .


Tendremos:

\( (x^2)^2+Y^2=(z^2)^2 \)

Por lo tanto sé que serán soluciones del caso n = 2:

\( x^2=2pq \)

\( Y=p^2-q^2 \)

\( z^2=p^2+q^2 \)

, para  \( p,q \)  coprimos y  \( q \) , por ejemplo, par.

Luego:

\( x=(2pq)^{\frac{1}{2}}\,\Rightarrow\,{p=p_1^2\,\,\wedge\,\,q=2q_1^2} \)

Entonces:

\( x^2+z^2=(p+q)^2 \)

Y volverán a ser soluciones del caso n = 2:

\( x=2ab \)

\( z=a^2-b^2 \)

\( (p+q)=a^2+b^2 \)

, para  \( a,b \)  coprimos y  \( b \) , por ejemplo, par.

Tenemos entonces:

\( x=2ab\,=\,2p_1q_1\,\Rightarrow\,{\pmb{p_1q_1=ab}} \)

\( p+q=a^2+b^2\,\Rightarrow\,{\pmb{p_1^2+2q_1^2=a^2+b^2}} \)

Veamos que esto último no es posible.

Como resulta evidente que  \( p_1\neq a\,\,\wedge\,\,q_1\neq b \) ,  supongamos entonces sin perder generalidad que: 

\( a=a_1\cdot a_2 \)

\( b=b_1\cdot b_2 \)

\( p_1=a_1\cdot b_1 \)

\( q_1=a_2\cdot b_2 \)

y establezcamos que el factor par está en  \( b_2 \) .

Desarrollo:

\( a_1^2b_1^2+2(a_2^2b_2^2)=a_1^2a_2^2+b_1^2b_2^2 \)

\( a_1^2a_2^2-a_1^2b_1^2=a_2^2b_2^2-b_1^2b_2^2+a_2^2b_2^2 \)

\( a_1^2(a_2^2-b_1^2)=b_2^2(a_2^2-b_1^2)+a_2^2b_2^2 \)

\( a_2^2b_2^2=(a_2^2-b_1^2)\,(a_1^2-b_2^2) \)

Como  \( a_2^2\,\,\wedge\,\,b_2^2 \)  son coprimos y  \( a_2^2 \)  es coprimo con  \( (a_2^2-b_1^2) \)  y  \( b_2^2 \)  es coprimo con  \( (a_1^2-b_2^2) \) ;  entonces: 

\( a_2^2= a_1^2-b_2^2 \)

\( b_2^2= a_2^2-b_1^2 \)

Luego:

\( a_1^2= a_2^2+b_2^2 \)

\( b_1^2= a_2^2-b_2^2 \)

Y :

\( a_1^2b_1^2\,=\,p_1^2=a_2^4-b_2^4 \)

Pero  \( p_1^2\,<\,Y^2 \)  y cumple también ser un cuadrado impar resultado de una diferencia entre 2 cuartas potencias coprimas entre sí; lo que contradice el punto de partida.


Generalización:


Sean  \( A,B,C,D \)  enteros y  \( n\in{\mathbb{N}} \) ;  tales que  \( (A,B)\,=\,(C,D)\,=\,1 \)  y  \( B\,\,\wedge\,\,D \)  pares.

No puede darse al mismo tiempo:

\( \pmb{A\cdot B\,=\,C\cdot D\quad\wedge\quad A^{2n}+B^{2n}\,=\,C^{2n}+2\,D^{2n}} \)


Demostración:

Como resulta evidente que  \( A^{2n}\neq C^{2n}\,\,\wedge\,\,B^{2n}\neq D^{2n} \) ,  supongamos entonces sin perder generalidad que: 

\( A^{2n}=A_1^{2n}\cdot A_2^{2n} \)

\( B^{2n}=B_1^{2n}\cdot B_2^{2n} \)

\( C^{2n}=A_1^{2n}\cdot B_1^{2n} \)

\( D^{2n}=A_2^{2n}\cdot B_2^{2n} \)

y establezcamos que el factor par está en  \( B_2^{2n} \) .

Desarrollo:

\( A_1^{2n}A_2^{2n}+B_1^{2n}B_2^{2n}=A_1^{2n}B_1^{2n}+2(A_2^{2n}B_2^{2n}) \)

\( A_1^{2n}A_2^{2n}-A_1^{2n}B_1^{2n}=A_2^{2n}B_2^{2n}-B_1^{2n}B_2^{2n}+A_2^{2n}B_2^{2n} \)

\( A_1^{2n}(A_2^{2n}-B_1^{2n})=B_2^{2n}(A_2^{2n}-B_1^{2n})+A_2^{2n}B_2^{2n} \)

\( A_2^{2n}B_2^{2n}=(A_2^{2n}-B_1^{2n})\,(A_1^{2n}-B_2^{2n}) \)

Como  \( A_2^{2n}\,\,\wedge\,\,B_2^{2n} \)  son coprimos y  \( A_2^{2n} \)  es coprimo con  \( (A_2^{2n}-B_1^{2n}) \)  y  \( B_2^{2n} \)  es coprimo con  \( (A_1^{2n}-B_2^{2n}) \) ;  entonces: 

\( A_2^{2n}=A_1^{2n}-B_2^{2n} \)

\( B_2^{2n}=A_2^{2n}-B_1^{2n} \)

Luego:

\( A_1^{2n}= A_2^{2n}+B_2^{2n} \)

\( B_1^{2n}= A_2^{2n}-B_2^{2n} \)

Y :

\( A_1^{2n}B_1^{2n}\,=\,C^{2n}=A_2^{4n}-B_2^{4n} \)

Pero esto equivale a decir que un cuadrado entero puede ser el resultado de la diferencia entre dos cuartas potencias enteras y coprimas entre sí; que es una generalización del caso n = 4 del UTF que es falso.


Un saludo,

[Proyecto_dos]

Hola,


Añado algunas variantes más y otros resultados relacionados que he encontrado dándole vueltas a este caso del n = 4 del UTF. El origen de estas cosas estan en éstos 2 hilos:  Más balas para el n = 4  y :  Método del discriminante para obtener ternas solución  (marzo y abril 2017).


[ 8va. ]   (UTF4 COMO UN CASO PARTICULAR)


Sean  \( A^2,B^2,C^2 \)  tres cuadrados enteros coprimos 2 a 2 que estén a una misma distancia "al cuadrado":

Tendremos:

\( A^2+d^2=B^2\quad\wedge\quad B^2+d^2=C^2 \)

Y a partir de aquí podremos resolver de 2 maneras rápidas:


La primera es decir que estamos ante 2 ternas pitagóricas solución del caso del UTF para n = 2 con 2 elementos en común; lo que resulta ser una falsedad como demostró nuestro colega mente oscura Aquí.

La segunda es desarrollar estas 2 ternas pitagóricas como sigue:

Puesto que:

\( A=a^2-b^2 \)

\( d=2ab \)  (por ejemplo)

\( B=a^2+b^2 \)

, para  \( a,b \)  coprimos, uno de ellos par.

Y :

\( B=c^2-d^2 \)

\( d=2cd \)  (por ejemplo)

\( C=c^2+d^2 \)

, para  \( c,d \)  coprimos, uno de ellos par.

Entonces:

\( ab=cd \)

\( a^2+b^2=c^2-d^2 \)

Y como no puede ser que, por ejemplo  \( a \)  sea igual a  \( c \)  y  \( b \)  sea igual a  \( d \) ; convendremos sin perder generalidad que:

\( a=a_1\cdot{a_2} \)

\( b=b_1\cdot{b_2} \)

\( c=a_1\cdot{b_1} \)

\( d=a_2\cdot{b_2} \)

Y :

\( a_1^2a_2^2+b_1^2b_2^2\,=\,a_1^2b_1^2-a_2^2b_2^2 \)

\( a_1^2a_2^2-a_1^2b_1^2\,=\,-(a_2^2b_2^2+b_1^2b_2^2) \)

\( a_1^2(a_2^2-b_1^2)\,=\,-b_2^2(a_2^2+b_1^2) \)

Y como  \( a_1^2 \)  es coprimo con  \( -b_2^2 \) ;  entonces:

\( a_2^2+b_1^2=k\cdot{a_1^2} \)

\( a_2^2-b_1^2=-k\cdot{b_2^2} \)

(basta pensar que  \( a_2^2 \)  es menor que  \( b_1^2 \) )

Luego:  \( -k^2a_1^2b_2^2\,=\,a_2^4-b_1^4 \)

Pero esto equivale a decir que un cuadrado entero puede ser el resultado de la diferencia entre dos cuartas potencias enteras y coprimas entre sí; que es una generalización del caso n = 4 del UTF que es falso.


Contestación de el_manco (Luis Fuentes) (VER): 

<< Está bien; pero si quieres aludir a esa versión extendida del UTF n=4  lo puedes hacer directamente desde el principio.

 Si \( A^2+d^2=B^2 \) y \( B^2+d^2=C^2 \) entonces:

\( (B^2−d^2)(B^2+d^2)=A^2C^2 \)   \( B^4−D^4=(AC)^2 \)  >>



Otras versiones de esta demostración: Año 2019.


(A)


1) Demostración de que no es posible:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=a^2-b^2 \) ,  para  " \( a,b,x,y \) "  enteros,  \( (a,b)=1 \)  \( \wedge \)  " \( b \) "  par.

Supongámoslo.

1.1)  \( a^2=y^2+b^2 \) .  Y sus ternas pitagóricas solución serán:  \( a=c^2+d^2 \) ,  \( y=c^2-d^2 \) ,  \( b=2cd \) ;  para:  \( c,d \)  enteros,  \( (c,d)=1 \)   \( \wedge \)   " \( d \) " ,  por ejemplo, par.
 
1.2)  \( x^2-y^2=2b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=2b^2+y^2\,=\,(y+\sqrt{-2}b)\,(y-\sqrt{-2}b) \) .

Sabemos (*) que el anillo de los enteros  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  es un dominio euclídeo y que sus unidades son:  \( \pm 1 \) . De la suma y la diferencia de estos 2 factores:  \( y+\sqrt{-2}b+y-\sqrt{-2}b\,=\,2y \)   \( \wedge \)   \( y+\sqrt{-2}b-y+\sqrt{-2}b\,=\,2\sqrt{-2}b \) ;  se deduce que son coprimos -puesto que  \( 2\sqrt{-2}b \)  es un factor de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)- ;  salvo por  " \( 2 \) " ;  pero  " \( 4 \) " no divide á  " \( x^2 \) " , que es impar; por lo que no tienen este factor. Luego son efectivamente coprimos y serán cuadrados; existiendo un:  \( \pm (\sqrt{-2}r+s)^2=\sqrt{-2}b+y \) ,  para:  \( r,s \)  enteros,  \( (r,s)=1 \)  \( \wedge \)   \( r\not\equiv \) s  mod  \( 2 \) . 

Tomemos sin perder generalidad la unidad  \( +1 \) .  Entonces:  \( -2r^2+s^2+2rs\sqrt{-2}=\sqrt{-2}b+y \) .  Y unificando por coeficientes:  \( y=s^2-2r^2 \)   \( \wedge \)   \( b=2rs \) .  Luego  " \( s \) "  no puede ser par, puesto que " \( y \) " es impar -y- :  \( \pmb{y=c^2-d^2\,=\,s^2-2r^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{b=2cd\,=\,2rs} \) .  Como:  “ \( cd=rs \) “   -y-  no representan individualmente lo mismo. No pierdo generalidad si establezco que:  \( c=c_1c_2 \)  ,  \( d=d_1d_2 \)   \( \wedge \)   \( r=c_1d_2 \)  ,  \( s=c_2d_1 \) ;  para  \( c_1 \)  \( \wedge \)  \( c_2 \)  enteros y coprimos y  \( d_1 \)  \( \wedge \)  \( d_2 \)  enteros y coprimos, uno de ellos par; que será:  " \( d_2 \) " ,  pues hemos establecido que  " \( d \) "  -y-  " \( r \) "  son pares.

1.3)  \( s^2+d^2=c^2+2r^2 \) .  Entonces: \( c_2^2d_1^2+d_1^2d_2^2=c_1^2c_2^2+2c_1^2d_2^2 \)   \( \wedge \)   \( d_1^2(c_2^2+d_2^2)=c_1^2(c_2^2+2d_2^2) \) .  Por lo que:  \( c_2^2+2d_2^2=kd_1^2 \)   \( \wedge \)   \( c_2^2+d_2^2=kc_1^2 \) .  Ahora sustituimos:  \( c_2^2=kc_1^2-d_2^2 \)  en:  \( kc_1^2-d_2^2+2d_2^2=kd_1^2 \)   \( \wedge \)   \( d_2^2=k(d_1^2-c_1^2) \) .  Pero  " \( k \) "  no divide á  " \( d_2^2 \) "  porque tampoco dividía á  " \( c_2^2 \) " .  Luego:  \( k=1 \) .

1.4)  \( c_2^2+d_2^2=c_1^2 \) .  Y dos de sus ternas pitagóricas serán:  \( c_2=t^2-u^2 \)   \( \wedge \)   \( d_2=2tu \) ,  para:  \( t,u \)  enteros,  \( (t,u)=1 \)  \( \wedge \)  \( t\not\equiv \) u  mod  \( 2 \) .

Por otra parte:  \( c_2^2+2d_2^2=d_1^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( d_1^2=(\sqrt{-2}d_2+c_2)\,(\sqrt{-2}d_2-c_2) \) .  Y existirá, por lo que hemos visto antes, un:  \( \pm(\sqrt{-2}v+w)^2=\sqrt{-2}d_2+c_2 \) .  Y :  \( c_2=w^2-2v^2 \)   \( \wedge \)   \( d_2=2vw \) ,  para:  \( v,w \)  enteros,  \( (v,w)=1 \)  \( \wedge \)  \( v\not\equiv \) w  mod  \( 2 \) .
 
De esta manera:  \( \pmb{c_2=t^2-u^2\,=\,w^2-2v^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{d_2=2tu\,=\,2vw} \) .  Siendo  “ \( \pmb{d_2} \) “  claramente menor que  “ \( \pmb{b} \) “ .  Y pudiendo repetir este razonamiento sin fin.


2) Demostración de que no es posible:  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ;  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos y que  \( x\not\equiv \) y  mod \( 2 \) .

2.1)  \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \)  y dos de sus soluciones en forma de ternas pitagóricas serán:

\( z^2=p^2+q^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=p^2-q^2 \) ,  para  \( p,q \)  coprimos -y-  " \( q \) "  par. Puesto que si  " \( p \) "  fuera par;  \( y^2 \)  sería  \( -1 \)  mod \( 4 \) ,  lo que no puede ser.

2.2)  Por 1) es falso.


(B)


Simplificadamente:

1)  \( x^2=a^2+b^2 \)
2)  \( y^2=a^2-b^2 \)

\( \Rightarrow{} \)   \( \pmb{a^4-b^4=x^2y^2} \)

\( \Rightarrow{} \)   Por 1) :  \( a=c^2-d^2 \)   \( \wedge \)   \( b=2cd \)
        Por 2) :  \( a=e^2+f^2 \)   \( \wedge \)   \( b=2ef \)

Como:  \( cd=ef \) .  Si:  \( c=c_1c_2 \)  ,  \( d=d_1d_2 \)  ,  \( e=c_1d_2 \)  ,  \( f=c_2d_1 \) .  Entonces, como:

\( c^2-d^2=e^2+f^2 \)   \( \Rightarrow{} \)   \( c_1^2c_2^2-d_1^2d_2^2=c_1^2d_2^2+c_2^2d_1^2 \)   \( \wedge \)   \( c_1^2c_2^2-c_1^2d_2^2=c_2^2d_1^2+d_1^2d_2^2 \)   \( \wedge \)   \( c_1^2(c_2^2-d_2^2)=d_1^2(c_2^2+d_2^2) \)

\( \Rightarrow{} \)   \( c_2^2-d_2^2=kd_1^2 \)   \( \wedge \)   \( c_2^2+d_2^2=kc_1^2 \) .  Y  " \( k \) "  sólo puede ser 1 porque no puede dividir a 2 coprimos.

Entonces:  \( \pmb{c_2^4-d_2^4=d_1^2c_1^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{d_2^4\,<\,b^4} \) . 




[ 9na. ]  (Introduzco en el cálculo algunos racionales)


Tenemos que:  \( x^4=z^4-Y^2 \)  \( \wedge \)  \( x^4=(z^2+Y)(z^2-Y) \) 

Como  \( x \)  es par ý  \( (z^2+Y) \)  es par como mínimo de magnitud 2; supongamos sin perder generalidad que  \( (z^2-Y) \)  es par de magnitud 8 y entonces:

\( z^2+Y=2v \)  \( \wedge \)  \( z^2-Y=8w \)

Sustituyendo tendremos:

\( z^2=v+4w \)  \( \wedge \)  \( Y=v-4w \) ;  donde  \( v,w \)  no pueden tener un factor en común porque si no lo tendrían  \( Y,z \)  ý como  \( x^4=z^4-Y^2=(v+4w)^2-(v-4w)^2 \) ;  entonces:  \( x^4=16vw \)  ý  \( v,w \)  serán cuartas potencias:  \( v_1^4,w_1^4 \) .  Pero entonces:  \( z^2=v_1^4+4w_1^4 \)  \( \wedge \)  \( \dfrac{z^2-(v_1^2)^2}{4}=w_1^4 \) ;  ý si suponemos que  \( v_1 \)  es impar, el numerador será par como mínimo de magnitud 8 ; luego  \(  w_1^4 \)  será par ý  "\( x \)", como mínimo, par de magnitud 4 de una manera o de la otra.

Con este dato ahora ya puedo razonar como sigue:

\( \dfrac{x^4+Y^2}{16}=\dfrac{z^4}{16} \)

\( (\dfrac{x^2}{4})^2+(\dfrac{Y}{4})^2=(\dfrac{z^2}{4})^2 \)

Luego serán soluciones del caso n = 2:

\( \dfrac{x^2}{4}=\dfrac{2ab}{4} \)

\( \dfrac{Y}{4}=\dfrac{a^2-b^2}{4} \)

\( \dfrac{z^2}{4}=\dfrac{a^2+b^2}{4} \)

, para  \( a,b \)  coprimos y  \( b \) , por ejemplo, par.

Entonces:

\( \dfrac{x^2}{4}=(\dfrac{x}{2})^2=\dfrac{ab}{2} \)  \( \Rightarrow \)  \( a=a_1^2\,\,\wedge\,\,\dfrac{b}{2}=b_1^2 \)

Y sustituyendo:

\( \dfrac{z^2}{4}=\dfrac{a_1^4+4b_1^4}{4} \)  \( \Rightarrow \)  \( (\dfrac{z}{2})^2=(\dfrac{a_1^2}{2})^2+(\dfrac{2b_1^2}{2})^2 \)

Siendo soluciones del caso n = 2:

\( \dfrac{2b_1^2}{2}=\dfrac{2cd}{2} \)

\( \dfrac{a_1^2}{2}=\dfrac{c^2-d^2}{2} \)

\( \dfrac{z}{2}=\dfrac{c^2+d^2}{2} \)

, para  \( c,d \)  coprimos, uno de ellos par.

Donde:

\( b_1^2=cd \)  \( \Rightarrow \)  \( c=c_1^2\,\,\wedge\,\,d=d_1^2 \)

Y sustituyendo:

\( \dfrac{a_1^2}{2}=\dfrac{c_1^4-d_1^4}{2} \)  \( \wedge \)  \( a_1^2=c_1^4-d_1^4 \)

Pero  \( a_1^2\,<\,Y^2 \) y cumple también ser un cuadrado impar resultado de una diferencia entre 2 cuartas potencias coprimas entre sí; lo que contradice de donde partimos.



Otros resultados relacionados:


(1)

\( \pmb{\alpha^{2n}\neq{}(a^2+b^2)^2+a^2b^2} \)

Si:  \( \alpha^{2n}=(a^2+b^2)^2+a^2b^2 \)

Serán soluciones del caso n = 2 del UTF:

\( ab=2cd \)

\( a^2+b^2=c^2-d^2 \)

\( \alpha^n=c^2+d^2 \)

, para  \( c,d \)  coprimos y  \( d \) ,  por ejemplo, par.

Tengo entonces que:  \( a^2b^2=4c^2d^2 \)  \( \wedge \)  \( c^2=a^2+b^2+d^2 \)

De esta forma:  \( a^2(\dfrac{b}{2})^2=c^2d^2 \) ;  por lo que  "\( b \)" debe ser par de magnitud 4 como mínimo, para mantener la paridad de la ecuación. Y como  \( c^2 \)  es mayor que  \( a^2 \)  ý  \( (\dfrac{b}{2})^2 \) ,  y  \( (\dfrac{b}{2})^2 \) ,  en correspondencia, debe ser mayor que  \( d^2 \) ;  entonces no pierdo generalidad si establezco que:

\( a=a_1a_2 \)

\( \dfrac{b}{2}=b_1b_2 \)

\( c=a_1b_1 \)

\( d=a_2b_2 \)

, considerando á  \( b_2 \) como el factor par de  "\( \dfrac{b}{2} \)"  y  "\( d \)" ;  (no he resuelto la fracción \( \dfrac{b}{2} \) para que se entienda mejor lo que hago).

Luego si:  \( d^2+b^2\,=\,c^2-a^2 \) ;  entonces:

\( a_2^2b_2^2+4b_1^2b_2^2=a_1^2b_1^2-a_1^2a_2^2 \)

\( b_2^2(a_2^2+4b_1^2)=a_1^2(b_1^2-a_2^2) \)

Y :  \( a_1^2\mid a_2^2+4b_1^2\,\,\wedge\,\,b_2^2\mid b_1^2-a_2^2 \)

De esta manera: 

\( a_2^2+4b_1^2=ka_1^2 \)

\( b_1^2-a_2^2=kb_2^2 \)

Y sustituyendo en ambas ecuaciones:

\( 5a_2^2=ka_1^2-4kb_2^2 \)

\( 5b_1^2=kb_2^2+ka_1^2 \)

Como  "\( a_2^2 \)"  y  "\( b_1^2 \)"  son coprimos; entonces  \( k=5 \)

Y tendremos:  \( a_2^2=a_1^2-4b_2^2 \)  \( \wedge \)  \( b_1^2=b_2^2+a_1^2 \)

Cuyas respectivas soluciones del caso n = 2 del UTF serán:

\( 2b_2=2ij \)  \( \wedge \)  \( a_2=i^2-j^2 \)  \( \wedge \)  \( a_1=i^2+j^2 \) ,  para  \( i,j \)  coprimos, uno de ellos par

\( \wedge \)

\( b_2=2kl \)  \( \wedge \)  \( a_1=k^2-l^2 \)  \( \wedge \)  \( b_1=k^2+l^2 \) ,  para  \( k,l \)  coprimos, uno de ellos par

Luego:  \( ij=2kl \)  \( \wedge \)  \( i^2+j^2=k^2-l^2 \)

Y todo el proceso se repetirá de nuevo sin fin; lo que es contradictorio con la naturaleza discreta de los números enteros.


(2)

Dados  \( a,b \)  enteros, coprimos ý  \( b \)  par; (\( n\in{\mathbb{N}} \)) .  Si  "\( \alpha \)"  es entero; entonces: 


\( \pmb{\alpha^{2n}\,\neq\,a^4+b^4+3\,a^2b^2} \) 

\( \pmb{\alpha^{2n}\,\neq\,a^4+b^4+18\,a^2b^2} \)


Voy a desarrollar la segunda ecuación (ambas se resuelven de manera semejante)
 

Demostración:


Supongamos que:  \( \alpha^{2n}=(a^2+b^2)^2+16a^2b^2 \)

Serán soluciones del caso n = 2 del UTF:

\( 4ab=2cd \)

\( a^2+b^2=c^2-d^2 \)

\( \alpha^n=c^2+d^2 \)

, para  \( c,d \)  coprimos y  \( d \) ,  por ejemplo, par.

Tengo entonces que:  \( a^2b^2=c^2(\dfrac{d}{2})^2 \)  \( \wedge \)  \( c^2=a^2+b^2+d^2 \)

Y  " \( d \) "  será par de magnitud  \( 4 \)  como mínimo, para mantener la paridad de la ecuación.

Supongamos ahora que el impar de la forma  " \( \pmb{a^2+b^2} \) "  es el mínimo posible que cumple a la vez que:  \( \pmb{a^2+b^2=c^2-d^2} \)  \( \pmb{\wedge} \)  \( \pmb{2ab=cd} \)

Como  \( c^2 \)  es mayor que  \( a^2 \)  ý  \( b^2 \) ;  y  \( b^2 \) ,  en correspondencia, debe ser mayor que  \( (\dfrac{d}{2})^2 \) ;  entonces no pierdo generalidad si establezco que:

\( a=a_1a_2 \)

\( b=b_1b_2 \)

\( c=a_1b_1 \)

\( \dfrac{d}{2}=a_2b_2 \)

, considerando á  " \( b_2 \) " como el factor par de  \( b \)  y  \( \dfrac{d}{2} \) .

Luego si:  \( d^2+b^2\,=\,c^2-a^2 \) ;  entonces:

\( 4a_2^2b_2^2+b_1^2b_2^2=a_1^2b_1^2-a_1^2a_2^2 \)

\( b_2^2(4a_2^2+b_1^2)=a_1^2(b_1^2-a_2^2) \)

Y :  \( a_1^2\mid 4a_2^2+b_1^2\,\,\wedge\,\,b_2^2\mid b_1^2-a_2^2 \)

De esta manera: 

\( 4a_2^2+b_1^2=ka_1^2 \)

\( b_1^2-a_2^2=kb_2^2 \)

Sustituyendo en ambas ecuaciones:

\( 5a_2^2=ka_1^2-kb_2^2 \)

\( 5b_1^2=ka_1^2+4kb_2^2 \)

Y " \( k \) " entonces podrá ser:  \( 1\,\,\vee\,\,5 \)

a)  Si  \( k=1 \) :

Entonces:  \( 4a_2^2+b_1^2=a_1^2 \)

Y serán soluciones del caso n = 2 del UTF:

\( 2a_2=2uv \)

\( b_1=u^2-v^2 \)

\( a_1=u^2+v^2 \)

,  para  \( u,v \)  coprimos, uno de ellos par.

Pero esto no puede ser porque  " \( a_2 \) "  es impar.

b)  Si  \( k=5 \) :

Tendremos entonces:  \( a_2^2=a_1^2-b_2^2 \)  \( \wedge \)  \( b_1^2=a_1^2+4b_2^2 \)

Cuyas respectivas soluciones del caso n = 2 del UTF serán:

\( b_2=2ij \)  \( \wedge \)  \( a_2=i^2-j^2 \)  \( \wedge \)  \( a_1=i^2+j^2 \) ,  para  \( i,j \)  coprimos, uno de ellos par

    \( \wedge \)

\( 2b_2=2kl \)  \( \wedge \)  \( a_1=k^2-l^2 \)  \( \wedge \)  \( b_1=k^2+l^2 \) ,  para  \( k,l \)  coprimos, uno de ellos par

Luego:  \( \pmb{2ij=kl} \)  \( \pmb{\wedge} \)  \( \pmb{i^2+j^2=k^2-l^2} \)

Pero:  \( \pmb{i^2+j^2\,<\,a^2+b^2} \)  y cumple exactamente sus mismas condiciones; lo que contradice el punto de partida.


Añadido:

Simplemente por completar. Dejo apuntado un tercer caso, más sencillo de resolver que los 2 anteriores (con las mismas técnicas) y un último que es sólo de perogrullo:

\( \pmb{\alpha^{2n}\,\neq\,a^4+b^4+6\,a^2b^2} \) 

\( \pmb{\alpha^{2n}\,\neq\,(a^2+b^2)^2-2\,a^2b^2} \)


(3)

Sean  \( a,b,c \)  enteros,  \( a\wedge b \)  coprimos y uno de ellos (b) par:  \( \pmb{a^6+b^6\neq{}c^2} \)

Supongamos que:  \( a^6+b^6=c^2 \)

Si:  \( c^2=\Delta \) ,  para  \( \Delta=B^2-4AC \) ,  el discriminante de una ecuación cuadrática de coeficientes y resultado enteros: 

\( Ad^2+Bd+C=0 \) .

Siempre podrá decirse que se trata de:

\( d^2+(a^3+b^3)d+\dfrac{a^3b^3}{2}=0\,\,\wedge\,\,\Delta=(a^3+b^3)^2-4(1)(\dfrac{a^3b^3}{2}) \)

Suponemos, sin perder generalidad, que  " \( d \) "  es par y negativo  \( (d=-d_1) \)

Entonces:

\( -d_1(-d_1+a^3+b^3)=-\displaystyle\frac{a^3b^3}{2} \)

Llamemos:  \( e=-d_1+a^3+b^3 \)

Como  " \( d_1 \) "  divide á  \( a^3b^3 \)  y éstos son coprimos, divide a uno u a otro y por tanto es coprimo con  \( a^3+b^3 \)  y con  " \( e \) ".

Luego:

\( \dfrac{a^3b^3}{2}=d_1e\,\,\wedge\,\,d_1=4d_2^3\,\,\wedge\,\,e=e_1^3 \)

Tengo entonces que:  \( ab=2d_2e_1 \)  \( \wedge \)  \( e_1^3+4d_2^3=a^3+b^3 \)

De esta forma:  \( a(\dfrac{b}{2})=d_2e_1 \) ;  por lo que  " \( b \) " debe ser par de magnitud 4 como mínimo para mantener la paridad de la ecuación. Y como si  \( e_1 \)  es mayor que  \( a \) ,  entonces  \( \dfrac{b}{2} \) ,  en correspondencia, debe ser mayor que  \( d_2 \)  y viceversa, entonces puedo establecer que:

\( a=a_1a_2 \)

\( \dfrac{b}{2}=b_1b_2 \)

\( d_2=a_1b_1 \)

\( e_1=a_2b_2 \)

Consideremos, por ejemplo, á  \( b_1 \) como el factor par de  \( \dfrac{b}{2} \)  y  \( d_2 \)

Luego si:  \( e_1^3-a^3=b^3-4d_2^3 \) ;  entonces:

\( a_2^3b_2^3-a_1^3a_2^3=8b_1^3b_2^3-4a_1^3b_1^3 \)

\( a_2^3(b_2^3-a_1^3)=4b_1^3(2b_2^3-a_1^3) \)

De esta manera: 

\( 2b_2^3-a_1^3=ka_2^3 \)

\( b_2^3-a_1^3=4kb_1^3 \)

Y sustituyendo en ambas ecuaciones:

\( a_1^3=ka_2^3-8kb_1^3 \)

\( b_2^3=ka_2^3-4kb_1^3 \)

Pero  " \( k \) "  sólo puede ser 1, porque  \( a_1^3\,\wedge\,b_2^3 \)  son coprimos.

Luego tenemos que:

\( a_1^3=a_2^3-2^3b_1^3 \)

Y sabemos que esa ecuación no es posible para  \( a_1,a_2,2b_1 \)  enteros.


Añado una GENERALIZACIÓN de este punto (3) que había dado por sobreentendida:   (18 abril)

Sean  \( a,b,c \)  enteros,  \( a\wedge b \)  coprimos, uno de ellos (b) par y  \( m,p \)  naturales para  \( p \)  impar mayor que 2; entonces:  \( \color{navy}\pmb{a^{2p}+b^{2p}\neq{c^{2m}}} \)

Suponemos que:  \( a^{2p}+b^{2p}=c^{2m} \)

Si:  \( (c^m)^2=\Delta \) ,  para  \( \Delta=B^2-4AC \) ,  el discriminante de una ecuación cuadrática de coeficientes y resultado enteros: 

\( Ad^2+Bd+C=0 \) .

Siempre podrá decirse que se trata de:

\( d^2+(a^p-b^p)d-\dfrac{a^pb^p}{2}=0\,\,\wedge\,\,\Delta=(a^p-b^p)^2-4(1)(-\dfrac{a^pb^p}{2}) \)

Suponemos, sin perder generalidad, que  " \( d \) "  es par.

Entonces:

\( d(d+a^p-b^p)=\displaystyle\frac{a^pb^p}{2} \)

Llamemos:  \( e=d+a^p-b^p \)

Como  " \( d \) "  divide á  \( a^pb^p \)  y éstos son coprimos, divide a uno u a otro y por tanto es coprimo con  \( a^p+b^p \)  y con  " \( e \) ".

Luego:

\( \dfrac{a^pb^p}{2}=d\,e\,\,\wedge\,\,d=2^{p-1}d_1^p\,\,\wedge\,\,e=e_1^p \)

Tengo entonces que:  \( ab=2d_1e_1 \)  \( \wedge \)  \( e_1^p-2^{p-1}d_1^p=a^p-b^p \)

De esta forma:  \( a(\dfrac{b}{2})=d_1e_1 \) ;  por lo que  " \( b \) " debe ser par de magnitud 4 como mínimo para mantener la paridad de la ecuación. Y como si  \( e_1 \)  es mayor que  \( a \) ,  entonces  \( \dfrac{b}{2} \) ,  en correspondencia, debe ser mayor que  \( d_1 \)  y viceversa, entonces puedo establecer que:

\( a=a_1a_2 \)

\( \dfrac{b}{2}=b_1b_2 \)

\( d_1=a_1b_1 \)

\( e_1=a_2b_2 \)

Consideremos, por ejemplo, á  \( b_1 \) como el factor par de  \( \dfrac{b}{2} \)  y  \( d_1 \)

Luego si:  \( e_1^p-a^p=2^{p-1}d_1^p-b^p \) ;  entonces:

\( a_2^pb_2^p-a_1^pa_2^p=2^{p-1}a_1^pb_1^p-2^pb_1^pb_2^p \)

\( a_2^p(b_2^p-a_1^p)=2^{p-1}b_1^p(a_1^p-2b_2^p) \)

De esta manera: 

\( a_1^p-2b_2^p=ka_2^p \)

\( b_2^p-a_1^p=2^{p-1}kb_1^p \)

Y sustituyendo en ambas ecuaciones:

\( -a_1^p=ka_2^p+2^pkb_1^p \)

\( -b_2^p=ka_2^p+2^{p-1}kb_1^p \)

Pero  " \( k \) "  sólo puede ser 1, porque  \( -a_1^p\,\wedge\,-b_2^p \)  son coprimos.

Luego tenemos que:

\( -a_1^p=a_2^p+2^pb_1^p \)

Y sabemos que esta ecuación no es posible para  " \( p \) "  y  \( -a_1,a_2,2b_1 \)  enteros.


(4)

Si:  \( a,b,c \)  enteros, coprimos,  " \( a \) "  par y  " \( n \) "  natural y mayor que 2; entonces:  \( \pmb{c^2\neq{}4a^n+b^{2n}} \)

Suponemos:  \( c^2=4a^n+b^{2n} \)

Si:  \( c^2=\Delta \) ;  el discriminante de una ecuación cuadrática de coeficientes y resultado enteros como:

\( d^2+b^nd-a^n=0 \)    ( \( \Delta=(b^n)^2-4(1)(-a^n) \) )

Y suponemos que  " \( d \) "  es par.

Entonces:

\( d(d+b^n)=a^n \)

Si llamo:  \( e=d+b^n \)

Como  " \( d \) "  divide á  \( a^n \) ;  es coprimo con  \( b^n \)  y, por tanto, con  " \( e \) "

Luego:  \( a^n=d\,e\,\,\wedge\,\,d=d_1^n\,\,\wedge\,\,e=e_1^n \)

Pero entonces tendré que:

\( e_1^n=d_1^n+b^n \)

Lo que conocemos que para  \( n\,>\,2 \)  no es cierto para  \( b,d_1,e_1 \)  enteros.


(5)

Se trata de demostrar que:  \( \pmb{(3^2x^3)^3+2(2y^2)^3\neq{}(z^2)^3} \) ;  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos 2 a 2 ý  " \( y \) "  par.

Para ello voy a utilizar el caso general de las ecuaciones cúbicas según el Método de Tartaglia (Cardano):


Si:  \( w^3 + a_1 w^2 + a_2w + a_3 = 0 \)

Y :  \( Q=\dfrac{3a_2-a_1^2}{9} \)   \( \wedge \)   \( R=\dfrac{9a_1a_2-27a_3-2a_1^3}{54} \)

Y :  \( S_1= \sqrt[3]{ R + \sqrt{Q^3+R^2}} \)   \( \wedge \)   \( S_2= \sqrt[3]{ R - \sqrt{Q^3+R^2}} \)

Entonces:

\( w_1 = S_1 + S_2 - \dfrac{a_1}{3} \)

\( w_2 = -\dfrac{S_1+S_2}{2} - \dfrac{a_1}{3} + \dfrac{i\sqrt{3}}{2}(S_1-S_2) \)

\( w_3 = -\dfrac{S_1+S_2}{2} - \cfrac{a_1}{3} - \cfrac{i\sqrt{3}}{2}(S_1-S_2) \)


Empecemos:

Tenemos que:  \( 729x^9+16y^6=z^6 \)

Luego:

\( 729x^9=z^6-16y^6 \)

\( 729x^9=(z^3+4y^3)(z^3-4y^3) \)

Como:  \( z^3=(729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}} \)

\( 729x^9=((729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}+4y^3)((729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}-4y^3) \)

Como:  \( 4y^3\,\wedge\,z^3 \)  son coprimos; entonces:

\( (9x^3)^3=((729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}+4y^3)((729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}-4y^3) \)

Y :

\( A^3=(729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}+4y^3 \)

\( B^3=(729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}-4y^3 \)

Para  \( A,B \)  enteros.

Supongamos ahora esta ecuación cúbica (en  \( w \))  sin término cuadrático:

\( w^3+27x^3w-8y^3=0 \)

Probaremos que tiene al menos una raíz entera, que será la que utilicemos y que por lo tanto siempre podrá suponerse dicha ecuación dada la ecuación diofántica de partida.

Procedemos según el método de Tartaglia:

\( R=\dfrac{9a_1a_2-27a_3-2a_1^3}{54}=\dfrac{-27a_3}{54}=\dfrac{-27(-8y^3)}{54}=4y^3 \)

\( Q=\dfrac{3a_2-a_1^2}{9}=\dfrac{3a_2}{9}=\dfrac{3(27x^3)}{9}=9x^3 \)

\( S_1^3= R + (Q^3+R^2)^{\frac{1}{2}}=4y^3+(729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}=A^3 \)

\( S_2^3= R - (Q^3+R^2)^{\frac{1}{2}}=4y^3-(729x^9+16y^6)^{\frac{1}{2}}=-B^3 \)

Luego:  \( w_1 = S_1 + S_2 - \dfrac{a_1}{3}=A-B \)    ( \( w_1=\,Par \) )

De esta forma:  \( w_1^3+27x^3w_1-8y^3=0 \)  será una ecuación de resultado entero que siempre voy a poder deducir.

Y operando:

\( w_1(w_1^2+27x^3)=8y^3 \)

Llamo:  \( v=w_1^2+27x^3 \)

Como  " \( w_1 \) "  divide á  \( 8y^3 \) ;  no divide á  \( 27x^3 \) ,  su coprimo, siendo por tanto coprimo con  " \( v \) ".

Luego:

\( 8y^3=w_1\cdot{v} \)  \( \wedge \)  \( w_1=w_2^3 \)  \( \wedge \) \( v=v_1^3 \)

Pero entonces:  \( v_1^3=(w_2^2)^3+27x^3 \)

Lo que sabemos que no es posible para  \( 3x,v_1,w_2^2 \)  enteros.


Un saludo,

[Proyecto_dos]

Hola, añado por último una demostración más (utilizando los enteros gaussianos) de este caso del n = 4 del UTF. Todas sus vicisitudes (que hay muchas) tienen su origen en este hilo del Foro: Duda elemental sobre enteros gaussianos.


(Editado) - 1 julio 2017 -


[ 10ma. ] 


Si:  \( x^4+y^4=z^4 \)  (x,y,z enteros coprimos 2 a 2 -y- “ y “ par)

Entonces:

\( z^4=x^4+y^4=\,\epsilon\,(x^2+y^2i)\,(x^2-y^2i)\,/\,\epsilon \) ,  para " \( \epsilon \) " la unidad invertible positiva (puesto que  \( z^4 \)  será siempre positivo) :  \( \{1\vee i\} \)

Como “ \( {x^4+y^4} \) “ es una cuarta potencia, lo serán sus factores coprimos. Como “ x “ e “ y “ son coprimos y de distinta paridad, serán coprimos  “ \( x^2+y^2i \) “ \( \wedge \) “ \( x^2-y^2i \) “

Luego:  \( x^2+y^2i=\,\epsilon\,(s+ti)^4 \) ,  para s,t coprimos; de distinta paridad y  \( \epsilon \)  la unidad invertible positiva  \( 1\vee i \)

Caso a) :  \( \epsilon=1 \)

\( x^2+y^2i=(s+ti)^4 \)

\( x^2+y^2i=s^4+4s^3ti+6s^2t^2i^2+4st^3i^3+t^4i^4 \)

\( x^2+y^2i=s^4+t^4-6s^2t^2+(4s^3t-4st^3)i \)

Luego:  \( y^2=4s^3t-4st^3 \)  \( \wedge \)  \( y^2=4st(s^2-t^2) \)

Como " \( 4st \) "  \( \wedge \)  " \( s^2-t^2 \) " son coprimos (-y-  \( s,t \) también); entonces:  \( s=s_1^2\,\wedge\,t=t_1^2 \)  y además:  \( s^2-t^2=A^2 \) ,  para un determinado " A " entero.

De esta forma:  \( \pmb{s_1^4=A^2+t_1^4} \)

Luego:  \( A^2+t_1^4=\,\epsilon\,(A+t_1^2i)(A-t_1^2i)\,/\,\epsilon \) ,  para  \( \epsilon \)  la unidad invertible positiva  \( 1\vee i \)

Y como  \( A^2+t_1^4 \)  es una cuarta potencia; entonces:  \( A+t_1^2i=\,\epsilon\,(u+vi)^4 \) ,  para u,v enteros coprimos, de distinta paridad y  \( \epsilon \)  la unidad invertible  \( 1\vee i \)

Operando, en el supuesto de que  \( \epsilon=1 \):

\( A+t_1^2=(u+vi)^4 \)

\( A+t_1^2i=u^4+4u^3vi+6u^2v^2i^2+4uv^3i^3+v^4i^4 \)

\( A^2+t_1^2i=u^4+v^4-6u^2v^2+(4u^3v-4uv^3)i \)

Luego:  \( t_1^2=4u^3v-4uv^3 \)  \( \wedge \)  \( t_1^2=4uv(u^2-v^2) \)

Como " \( 4uv \) "  \( \wedge \)  " \( u^2-v^2 \) " son coprimos (-y-  \( u,v \) también); entonces:  \( u=u_1^2\,\wedge\,v=v_1^2 \)  y por lo tanto  \( u^2-v^2=B^2 \) ,  para un determinado " B " entero.

De esta forma tendré:  \( \pmb{u_1^4=B^2+v_1^4} \) ; pudiendo repetir este proceso sin fin con enteros cada vez más pequeños.

Y en el caso que  \( \epsilon=i \) ,  tendría:

\( A+t_1^2=\,i\,(u+vi)^4 \)

\( A+t_1^2i=\,i\,(u^4+4u^3vi+6u^2v^2i^2+4uv^3i^3+v^4i^4) \)

\( A^2+t_1^2i=(u^4+v^4-6u^2v^2)\,i+(4u^3v-4uv^3)\,i^2 \)

Donde:  \( A^2=4uv(v^2-u^2) \)  \( \wedge \)  \( t_1^2=(u^2-v^2)^2-4u^2v^2 \)

Pero entonces habría que cambiar las paridades de  \( A^2\,\wedge\,t_1^2 \)  y las magnitudes de  \( u\,\wedge\,v \)  (pues suponíamos implícitamente que " u " era mayor que " v").  Ambas cosas se pueden hacer sin perder generalidad (la única paridad que no se puede intercambiar sería la de " \( s_1^4 \) ") .  Pero si lo hiciéramos nos volveríamos a encontrar con otro descenso infinito en esta situación simétrica.

Caso b) :  \( \epsilon=i \)

\( x^2+y^2i=i\,(s^4+4s^3ti+6s^2t^2i^2+4st^3i^3+t^4i^4) \)

\( x^2+y^2i=(s^4+t^4-6s^2t^2)\,i+(4s^3t-4st^3)\,i^2 \)

Luego:  \( x^2=4st(t^2-s^2) \)  \( \wedge \)  \( y^2=(s^2-t^2)^2-4s^2t^2 \)

Pero entonces, al igual que dijimos antes, habría que cambiar las paridades de  \( x^2\,\wedge\,y^2 \)  y las magnitudes de  \( s\,\wedge\,t \) .  Pudiéndose hacer ambas cosas sin perder generalidad. Pero si lo hiciéramos nos volveríamos a encontrar con otro descenso infinito en esta situación perfectamente simétrica.



De nuevo es palpable (Tesis de este hilo) cómo difícilmente cabe para este caso del UTF otro tipo de contradicción; al menos utilizando el álgebra elemental de los enteros (también gaussianos), que la del absurdo por descenso infinito.

[Fernando Moreno]

Hola, otras demostraciones por descenso que me han surgido (buscando como siempre una sin descenso..)


[ 11va. ]


Supongo que  \( \pmb{z^2=x^4+y^4} \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos -y-  " \( x \) " ,  por ejemplo, par.

Estrategia: Sin factorizar en  \( \mathbb{Z}[ i ] \) ,  puedo conseguir resultados similares.

Tenemos que:  \( y^4=(z+x^2)\,(z-x^2) \) ;  -y-  " \( z+x^2 \) "  \( \wedge \)  " \( z-x^2 \) " ,  que al ser coprimos serán cuartas potencias.

Todo número entero positivo puede escribirse como una suma o una resta de otros 2 números enteros coprimos entre sí, uno de ellos par ( \( t \) ) y uno de ellos mayor que otro ( \( s \) ). Así:  \( n=s\pm t \) ;  para  \( (s,t)=1 \)  -y-  \( s\,>\,t \) .

De esta manera, tenemos que:  \( (s+t)^4=z+x^2 \)  -y- por tanto:  \( s^4+4s^3t+6s^2t^2+4st^3+t^4=z+x^2 \) .  De la misma forma yo puedo decir que:  \( (s-t)^4=z-x^2 \)  -y- :  \( s^4-4s^3t+6s^2t^2-4st^3+t^4=z-x^2 \) ;  siempre y cuando realice la siguiente agrupación de términos:  \( z=s^4+6s^2t^2+t^4 \)   \( \wedge \)   \( x^2=4s^3t+4st^3\,=\,4st(s^2+t^2) \) .  Efectivamente:  " \( s^4+6s^2t^2+t^4 \) "  \( \wedge \)  " \( 4st(s^2+t^2) \) "  son coprimos y uno de ellos es par. Demostración de que son coprimos: Como  \( z=s^4+6s^2t^2+t^4\,=\,(s^2+t^2)^2+4s^2t^2 \) .  Un primo ( \( p \) )  que divida á  \( 4st(s^2+t^2) \) ,  dividirá á  \( 4st \)  ó á  \( s^2+t^2 \) y sólo a uno de ellos, porque ambos son coprimos y por lo tanto sólo podrá dividir á uno de los sumandos cada vez de  " \( z \) " .

Como:  \( x^2=4st(s^2+t^2) \)  -y-  " \( s \) "  \( \wedge \)  " \( t \) "  son coprimos; entonces:  \( s=s_1^2 \) ,  \( t=t_1^2 \)   \( \wedge \)   \( s^2+t^2=A^2 \) ;  para un  " \( A \) "  entero. Pero:  \( \pmb{A^2=s_1^4+t_1^4} \)  y podré repertir este razonamiento una y otra vez.


Esto es muy parecido a si lo hago de la siguiente forma en  \( \pmb{\mathbb{Z}[ i ]} \)  (resumido):    [ 12va. ]

De:  \( \pmb{z^4=x^2+y^4}\,=\,(x+y^2i)\,(x-y^2i) \) ;  para  " \( y \) ", por ejemplo, par. Tendré que:  \( (u+vi)^4=x+y^2i \) ;  para  \( u,v \)  enteros, coprimos y uno de ellos par .  Y de ahí que:  \( x=u^4-6u^2v^2+v^4 \)   \( \wedge \)   \( y^2=4uv(u^2-v^2) \) .  Luego:  \( u_1^4-v_1^4=B^2 \)   \( \wedge \)   \( \pmb{u_1^4=B^2+v_1^4} \) .


Un saludo,

[Fernando Moreno]

Hola, otra demostración por descenso. Luis Fuentes la depura Aquí.


[ 13va. ]
 

Supongo que  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos;  \( x\,\vee\,y \) ,  par.

Como:  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  sabemos que:  \( z=x+y-d \) ;  para un  “ \( d \) “  entero menor que el menor de los valores de  \( x,y \) .  De esta manera siempre podré decir que para:  \( z=y+e \) ,  ( \( e=x-d \) ) ;  entonces:  \( z=s+t \)  ;  \( y=s-t \)  \( \wedge \)  \( e=2t \) ;  para  \( s,t \)  coprimos, uno de ellos par. Puesto que:  \( s+t=s-t+2t \) .

Sustituyendo en  “ \( z^4=x^4+y^4 \) “   \( \Rightarrow{} \)   \( (s+t)^4=(s-t)^4+x^4 \) .    Y :

\( s^4+4s^3t+6s^2t^2+4st^3+t^4\,=\,s^4-4s^3t+6s^2t^2-4st^3+t^4+x^4 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^4=8s^3t+8st^3 \)   \( \wedge \)   \( x^4=8st(s^2+t^2) \)

Como  “ \( 8st \) “  \( \wedge \)  “ \( s^2+t^2 \) “  son coprimos, serán cuartas potencias -y-:  \( s=s_1^4 \)  ,  \( t=2t_1^4 \)  \( \wedge \)  \( s^2+t^2=A^4 \) .  De esta forma:  \( A^4=s_1^8+4t_1^8 \) .  Y sus ternas pitagórias solución serán:  \( A^2=u^2+v^2 \)  ,  \( s_1^4=u^2-v^2 \)   \( \wedge \)   \( 2t_1^4=2uv \) ;  para  \( u,v \)  enteros, coprimos y uno de ellos par.  Como:  \( t_1^4=uv \) ;  entonces:  \( u=u_1^4 \)  \( \wedge \)  \( v=v_1^4 \) .  Luego:  \( s_1^4=u_1^8-v_1^8 \)   \( \wedge \)   \( \pmb{(u_1^2)^4=s_1^4+(v_1^2)^4} \) .  Pudiendo repetir este razonamiento una y otra vez.


Un saludo,