Hola el_manco.
Gracias por tus consejos. Si saco algo en claro de aquí la mitad es tuyo, como todo el mundo ha podido comprobar. Prefiero entonces reescribir toda la demostración de manera autocontenida, como me indicas y razonar a partir de ahí.
Propongo que, para: \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,\,mcd(x,y,z)=1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,x\in{\left\{{Nos.\,\,Pares}\right\}} \) ; si: \( x^4+y^4=z^4 \) , entonces: \( xyz\,=\,\,\infty \) .
(1) \( x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2) \)
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.
De esta manera:
(2) \( 16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w} \)
a) Si \( v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w \) fueran coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas.
Demostración: Si \( v\,\,\,\wedge\,\,\,w \) tuvieran un factor común, éste lo sería también de \( y\,\,\,\wedge\,\,\,z \) , lo que no es posible al ser éstos comprimos.
Veámoslo:
\( z^2+y^2=2v \)
\( z^2-y^2=8w \)
\( z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w \)
\( z^2=v+4w \)
\( y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2 \)
\( y^2=v-4w \)
Si: \( v\,\,\,\wedge\,\,\,w \) tuvieran por ejemplo el factor común "\( l \)" , de tal manera que: \( v=l\cdot{n}\,\,\,\wedge\,\,\,w=l\cdot{m} \) ; entonces: \( z^2=ln+4lm\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=ln-4lm \) . Luego: \( z^2=l(n+4m)\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(n-4m) \) , lo que no es posible al ser \( y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2 \) coprimos, pues lo son \( y\,\,\,\wedge\,\,\,z \) .
Tenemos entonces que: \( v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4 \) .
b) Como sabemos ahora que: \( \pmb{y^2=p^4-4q^4}\,\,\,\wedge\,\,\,\pmb{z^2=p^4+4q^4} \) , y que además: \( x^4=z^4-y^4 \) ; podemos despejar " \( x \) " en función de \( p\,\,\,\wedge\,\,\,q \) :
\( x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2 \)
\( \pmb{x=2pq} \)
Donde: \( p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge\,\,\,p \) es 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.
Tenemos que:
\( z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}} \)
Si: \( z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1 \)
Entonces:
\( q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b \)
Y como vemos, todos los términos de la suma son pares menos \( b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b \) . De manera que sea "\( b \)" par o impar, sumado al resto de términos dará siempre lugar a un número par.
(3) Como sabemos que: \( y^2=p^4-4q^4 \) ; entonces:
\( y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2} \)
Y como: \( mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1 \) ; estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:
\( (2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2}) \)
De esta forma:
\( y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 \)
a) Si sutituimos ahora en: \( y^2=p^4-4q^4 \) y despejamos " \( q \) " , obtendremos que: \( q^2\,=\,p_1q_1 \) . Conociendo \( p^2\,\,\wedge\,\,q^2 \) en función de \( p_1\,\,\wedge\,\,q_1 \) , sólo nos queda relacionar \( p_1\,\,\wedge\,\,q_1 \) con \( p_{1+k}\,\,\wedge\,\,q_{1+k} \) .
b) Dado que: \( x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4 \) ; sustituyendo, obtenemos que: \( x^2+z^2\,=\,(p_1^2+q_1^2)^4 \) . Pero como esto es igual que: \( x^2+z^2\,=\,\left({(p_1^2+q_1^2)^2}\right)^2 \) y además: \( mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1^2+q_1^2)^2}\right)\,=\,1 \) ; tendremos la terna pitagórica: \( \left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1^2+q_1^2)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)} \) ; y entonces: \( (p_1^2+q_1^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2 \) ; lo que representa a su vez la terna pitagórica: \( \left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1^2+q_1^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)} \) . Y esto significará que: \( p_1^2+q_1^2\,=\,p_3^2+q_3^2 \) .
c) Llegados a este punto, basta con ir sustituyendo otra vez en: \( x^2+z^2\,=\,\left({(p_3^2+q_3^2)^2}\right)^2 \) , para obtener: \( p_3^2+q_3^2\,=\,p_5^2+q_5^2 \) y continuar así indefinidamente.
(4) Pero como acabamos de ver: \( x\,=\,2\,p_2\,q_2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_2\,=\,2\,p_3\,q_3 \) . De lo que se deduce por iteración que: \( q_3\,=\,2\,p_4\,q_4 \) , y así indefinidamente: \( q_n\,=\,2\,p_{n+1}\,q_{n+1} \) .
(4) Por otra parte sabemos que: \( x\,=\,2pq\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,x^2\,=\,4p^2q^2 \) .
Y que, como acabamos de ver arriba, también: \( x\,=\,2\,p_2\,q_2 \) . Que por reiteración del proceso señalado, será:
\( x\,=\,2pq\,=\,2\,p_2\,q_2\,=\,2\,p_4\,q_4\,=\,\,\,...\,\,\,=\,\,2\,p_{2n}\,q_{2n} \)
De la misma forma para \( x^2 \) , conociendo el valor de \( p^2\,\,\,\wedge\,\,\,q^2 \) , será:
\( x^2\,=\,4p^2q^2\,=\,4\,(p_1^2+q_1^2)p_1q_1\,=\,4\,(p_3^2+q_3^2)p_3q_3\,=\,\,\,...\,\,\,=\,\,4(p_{2n-1}^2+q_{2n-1}^2)p_{2n-1}q_{2n-1} \)
(5) Sólo nos queda ya demostrar que los factores \( p_n\,\,\,\wedge\,\,\,q_n \) son diferentes de los factores \( p_{n+1}\,\,\,\wedge\,\,\,q_{n+1} \) .
Tenemos -ver más arriba-, que:
\( (p_n^2+q_n^2)^2\,=\,p_{n+1}^2+q_{n+1}^2 \)
Es inmediato que si: \( p_{n+1}\,=\,p_n\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_{n+1}\,=\,q_n \) ; entonces: \( (p_n^2+q_n^2)^2\,>\,p_{n}^2+q_{n}^2 \) . Luego \( p_{n+1}\,\,\,\,\vee\,\,\,\,q_{n+1} \) deben ser mayores que \( p_{n}\,\,\,\,\vee\,\,\,\,q_{n} \) .
(5) Al menos " \( x \) " tiene infinitos factores.
Un saludo,
PD. Pues el caso es que releyendo ahora lo que he puesto no acabo de ver lo de las infinitas factorizaciones si fuera posible que por un lado todos los \( p_{2n-1} \) sean iguales y que por otro lo sean a su vez todos los \( p_{2n} \) . Lo siento, son las cosas "del directo", que por otra parte tampoco es nada malo, siendo ésta una de las características que puede aportar un foro a diferencia de otros formatos. Sdos,
PD.(2) Creo que ahora sí. Ver las correcciones en rojo . Disculpas por si a alguien le molestan estas cosas.
