Hola,
Así acabo de ponerlo todo en la Sección de la Revista del Foro. 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.
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 existirán siempre soluciones para: \( x^4+y^4=Z^2 \) , para \( Z=z^2 \) , 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: \( x^4+y^4 \) ; lo que es una contradicción; que hará inviable que \( Z^2 \) sea una solución y que impedirá, además, que \( x^4+y^4=z^4 \) pueda tenerla.
(B) (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: \( Z^2=x^4+y^4 \) , para: \( Z=z^2 \) . Representando " \( Z^2 \) ", sin pérdida de generalidad, 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 es imposible.
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