[Fernando Moreno]

Vaya, creo que no me explico. Que pregunto qué por qué está mal  \( [11^em]^{11}=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]] \) . ¿Porque w dividiría á m ó por qué, que no lo veo ahora? Sdos

[RDC]

Vaya, creo que no me explico. Que pregunto qué por qué está mal  \( [11^em]^{11}=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]] \) . ¿Porque w dividiría á m ó por qué, que no lo veo ahora? Sdos

Igual me equivoqué, pero si le tuvieras que sacar un múltiplo de 11 como mcd a la suma [11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]], sabiendo que, en principio, en el paso 1 se ha demostrado que [H] no puede ser múltiplo de 11 en un caso como este, qué te da? No te da que en la derecha sale un múltiplo de 11 mucho más grande que \( [11^em]^{11} \)?

[RDC]

Corrijo, da le mismo múltiplo de 11. Portanto no está bien lo que hice. Luego me lo miro mejor

[RDC]

Vaya, creo que no me explico. Que pregunto qué por qué está mal  \( [11^em]^{11}=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]] \) . ¿Porque w dividiría á m ó por qué, que no lo veo ahora? Sdos

Pues sí, menuda cagada he hecho  Es para que me expulsen del foro 

Tenía otra opción sobre este punto, si te apetece darle un vistazo genial.

Se basa en un aspecto que estuvimos comentando con Luís Fuentes este julio sobre generar ternas Pitagóricas: ver aquí:https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=107008.0

Así pues, venimos de suponer que:

\( [11^em]^{11}-[b]^{11}=[11^{11e-1}w-b]^{11} \)

Y en ese hilo que te he adjuntado se comentaba, dicho muy rápidamente, la siguiente observación que voy a utilizar:

Spoiler

Si tenemos \( n^k,m^k \), siendo n,m,k números naturales cualquiera, con n,m de la misma paridad (este punto me hace dudar un poco del desarrollo y se debería pensar algo más), entonces:

1) \( x^k=n^k·m^k \)

2) \( y=\displaystyle\frac{[n^k - m^k]}{2} \)

3) \( z=\displaystyle\frac{[n^k + m^k]}{2} \)

Entonces, se eleva \( y,z \) al cuadrado para obtener \( x^k=z^2-y^2 \)

Por tanto, si suponemos que existe un:

\( y=\displaystyle\frac{[n^k - m^k]}{2}=\displaystyle\frac{u^k}{2} \), para k>2, se niega el teorema de Fermat. Y entonces debe de existir, además de  \( n^k - m^k=u^k \), la siguiente expresión:

\( 4(n·m)^k=(n^k + m^k)^2-(u^k)^2 \), siendo \( n^k + m^k=z \), con z un número natural cualquiera.

[cerrar]

Siguiendo lo expuesto en el spoiler tenemos que:

\( x^k=4(nm)^k=4[11^em·b]^{11} \)

\( y=(n^k - m^k)=u^k=[11^{11e-1}w-b]^{11} \)

\(  z=(n^k + m^k)=z=[(11^em)^{11}+b^{11}] \)

Entonces, debería de haber solución natural para la siguiente ecuación: \( 4x^k+y^2=z^2 \), es decir, para:

\( 4[11^em·b]^{11}+[(11^{11e-1}w-b)^{11}]^2=[(11^em)^{11}+b^{11}]^2 \). Y desarrollamos:

Por parte de \( y^2 \) tenemos:

\( y^2=[(11^{11e-1}w-b)^{11}]^2=[(11^{11e-1}w-b)^{121}=(11^{11e-1}w)^{121}-b^{121}+[(11^{11e-1}w)·b·[D]]   \). Siendo [D] el carro de la expansión binomial.

Spoiler

No tengo muy claro que  haya desarrollado bien esta parte, \( y^2 \). ¿El exponente es 121 y por tanto b es negativo por ser un exponente impar, verdad?

[cerrar]

Y por parte de \( z^2: \)

\( z^2=[(11^em)^{11}+b^{11}]^2=(11^em)^{121}+b^{121}+2(11^em·b)^{11} \)

Entonces volvemos a escribir la ecuación con estos desarrollos y tenemos que:

\( 4[11^em·b]^{11}+(11^{11e-1}w)^{121}-b^{121}+[(11^{11e-1}w)·b·[D]]=(11^em)^{121}+b^{121}+2(11^em·b)^{11} \) y lo arreglamos para obtener:


\( 2[11^em·b]^{11}+(11^{11e-1}w)^{121}+[(11^{11e-1}w)·b·[D]]-(11^em)^{121}=2b^{121} \)

Y como sabemos des del paso 1 que \( b \) no es múltiplo de 11, entonces todas nuestras suposiciones fallan y se demostraría que:

\( [11^em]^{11}-[b]^{11}=[11^{11e-1}w-b]^{11} \) no puede tener soluciones naturales.

En todo caso, si no es pedir mucho, a ver que te parece el tercer paso que propuse y me comentas.

Muchas gracias

[Fernando Moreno]

Hola RDC. Te veo muy acelerado proponiendo cosas nuevas. En fin, lo bueno de tenerme como crítico es que no puedo ser duro con nadie porque todo lo que hacéis lo he hecho yo antes 50 veces por lo menos.

Te indico lo que creo que está mal de tu respuesta y te razono por qué. Es sólo una pista. Voy a ser breve que es tarde para mí. El llegar hasta el fondo de la cuestión te lo dejo a ti, así como que lo quieras luego compartir o no.

Por una parte (1)  \( y^2=((11^{11e-1}w-b)^{11})^2\equiv (11^{11e-1}w-b)^2\equiv b^2 \) mod 11.

Por otra (2)  \( y^2=(11^{11e-1}w)^{121}-b^{121}+((11^{11e-1}w)b[D])\equiv -b^2 \) mod 11.

Partes de esto:  \( 4x^k+y^2=z^2 \) . Luego módulo 11 tendremos que  \( y^2=z^2 \)  ¿ok? Y si pasamos a congruencias módulo 11:  \( z^2\equiv b^2 \) .  Luego (2) es erróneo. Pero no sé por qué jaja, yo hubiera jurado que era correcto, pero confío mucho en las congruencias; a no ser que haya cometido una errata claro.

Sdos

AÑADIDO

\( z^2=((11^em)^{11}+b^{11})^2=(11^em)^{22}+(b^2)^{11}+2(b\cdot 11^em)^{11}\equiv b^2 \) mod 11 .

Me faltó poner.

[RDC]

Hola RDC. Te veo muy acelerado proponiendo cosas nuevas. En fin, lo bueno de tenerme como crítico es que no puedo ser duro con nadie porque todo lo que hacéis lo he hecho yo antes 50 veces por lo menos.

Te indico lo que creo que está mal de tu respuesta y te razono por qué. Es sólo una pista. Voy a ser breve que es tarde para mí. El llegar hasta el fondo de la cuestión te lo dejo a ti, así como que lo quieras luego compartir o no.

Por una parte (1)  \( y^2=((11^{11e-1}w-b)^{11})^2\equiv (11^{11e-1}w-b)^2\equiv b^2 \) mod 11.

Por otra (2)  \( y^2=(11^{11e-1}w)^{121}-b^{121}+((11^{11e-1}w)b[D])\equiv -b^2 \) mod 11.

Partes de esto:  \( 4x^k+y^2=z^2 \) . Luego módulo 11 tendremos que  \( y^2=z^2 \)  ¿ok? Y si pasamos a congruencias módulo 11:  \( z^2\equiv b^2 \) .  Luego (2) es erróneo. Pero no sé por qué jaja, yo hubiera jurado que era correcto, pero confío mucho en las congruencias; a no ser que haya cometido una errata claro.

Sdos

Tranquilo, ya puedes ser duro jajaja. Estoy probando y aprendiendo, nada más. Hecho es que me queda pendiente, entre otras cosas, aprender las congruencias, con lo cual no entiendo nada de este mensaje no sé como van.

De todos modos ya veo donde está el error, cuando tenga un momento me lo repaso.

yo tb  lo dejo por hoy que se hace tarde.

Un saludo!

[RDC]

Hola RDC. Te veo muy acelerado proponiendo cosas nuevas. En fin, lo bueno de tenerme como crítico es que no puedo ser duro con nadie porque todo lo que hacéis lo he hecho yo antes 50 veces por lo menos.

Te indico lo que creo que está mal de tu respuesta y te razono por qué. Es sólo una pista. Voy a ser breve que es tarde para mí. El llegar hasta el fondo de la cuestión te lo dejo a ti, así como que lo quieras luego compartir o no.

Por una parte (1)  \( y^2=((11^{11e-1}w-b)^{11})^2\equiv (11^{11e-1}w-b)^2\equiv b^2 \) mod 11.

Por otra (2)  \( y^2=(11^{11e-1}w)^{121}-b^{121}+((11^{11e-1}w)b[D])\equiv -b^2 \) mod 11.

Partes de esto:  \( 4x^k+y^2=z^2 \) . Luego módulo 11 tendremos que  \( y^2=z^2 \)  ¿ok? Y si pasamos a congruencias módulo 11:  \( z^2\equiv b^2 \) .  Luego (2) es erróneo. Pero no sé por qué jaja, yo hubiera jurado que era correcto, pero confío mucho en las congruencias; a no ser que haya cometido una errata claro.

Sdos

AÑADIDO

\( z^2=((11^em)^{11}+b^{11})^2=(11^em)^{22}+(b^2)^{11}+2(b\cdot 11^em)^{11}\equiv b^2 \) mod 11 .

Me faltó poner.

Una curiosidad, Fernando. Después de tu experiencia con este teorema cuál es tu opinión sobre sacar algo en claro con métodos no avanzados de matemáticas? ¿Has sacado alguna verdad al probar de demostrarlo tantas veces? Por ejemplo, igual tienes claro que el teorema es cierto cuando uno de los elementos no es múltiplo del exponente, o cosas así.

Creo que uno de mis problema (a parte que estoy adecuándome a tratar los números), es que tengo asumido que el teorema (al menos para exponentes nº primos) es cierto, y el perjuicio de que si es cierto debería poderse sacar sin emplear técnicas avanzadas de análisis, sino jugando y profundizando con las expansiones binomiales, más que con las congruencias. Pero no sé...

Un saludo

[Fernando Moreno]

Pues verás, pienso que es muy difícil sacar el Teorema por métodos no avanzados por un motivo esencialmente. Porque se ha abordado así desde hace cientos de años y nadie lo ha conseguido. En esas condiciones encontrar un camino que sea realmente nuevo y que además sea concluyente es poco probable. Ahora bien, yo sí creo que se puede llegar a demostraciones más sencillas que la de Wiles utilizando por ejemplo anillos especiales, y en ello estoy. Tengo incluso nuevas propuestas preparadas ya. Estoy esperando a que Luis Fuentes venga de vacaciones. Pero además, de vez en cuando, de forma recurrente, sigo intentando cosas sencillas en Z. Si te digo la verdad, acabo utilizando anillos especiales no por gusto sino porque no rasco nada de la otra manera.

Respecto de lo que me preguntas si he sacado alguna verdad del Teorema, pues sí y no. Verdad general ninguna, salvo las expuestas antes. Pero sí pequeñas verdades matemáticas. No son expresables en realidad, llámalo experiencia o especialización y cierto dirigismo en la intuición.

Mi opinión sobre temas concretos: Jugando con expansiones binomiales no lo veo francamente, porque se pueden hacer también con números no-enteros. Las congruencias no son un requisito realmente. Ahora bien, ponte que los dos queremos ir a Canarias. Yo con las congruencias voy en avión, pero que también se puede llegar en barco.

Otra cosa. Yo de ti abandonaba los casos en que el primo en cuestión no divide a ninguna variable. Por ejemplo, en el caso de 11, que es un primo de Sophie Germain, es sencillo demostrar que no se tienen soluciones enteras si 11 no divide a ninguna de las variables. El caso difícil es cuando  p  divide a una de las variables. Yo me centraría ahí y evitaría pelearme con tantas clases de árboles que al fin y al cabo no son el bosque.

Bueno, ahora queda la parte difícil. Visto lo visto, ¿por qué lo sigo intentando? Pues es algo así como una mezcla irracional de creer que uno tiene posiblidades (lo que contradice el primer párrafo) y que me aburre estudiar otras cosas. He querido dejarlo, pero siempre vuelvo. En fin, que no tengo razones épicas.

Un saludo

[RDC]

PASO 2

El paso 2 consiste en demostrar que resulta imposible suponer que \( x^k\pm{y^k}=(nr)^k=z^k \), cuando o bien x o bien y es múltiplo de k.

Primero demostramos, en k=11, que:

\( [11^em]^{11}-[b]^{11}=[11^{11e-1}w-b]^{11}=(sq)^{11} \), siendo:

\( x^{11}=[11^em]^{11} \)
\( y^{11}=[b]^{11} \)
\( z^{11}=[11^{11e-1}w-b]^{11}=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]]-b^{11} \), siendo H el carro que arrastra la expansión binomial.
\( s^k=11^em-b \)

Spoiler

Restamos \( s^k=11^em-b \) en cada lado de la igualdad:

\( [11^em]^{11}-[b]^{11}-(11^em-b)=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]]-b^{11}-(11^em-b) \) Y obtenemos:

\( (11^em)[[11^em]^{10}-1]-b[[b]^{10}-1]=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]]-11^em -b[b^{10}-1] \). Y vemos que el componente \( b[b^{10}-1]  \)se puede eliminar de los dos lados de la ecuación, dejando esto:

\( (11^em)[[11^em]^{10}-1]=[11^{11e-1}w]^11+[11·11^{11e-1}w·b[H]]-{11}^em \), que arreglamos simplemente así:

\( [11^em]^{11}-(11^em)=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]]-(11^em) \) Y eliminamos el componente \( (11^em) \) de los dos lados, para obtener, finalmente la igualdad:

\( [11^em]^{11}=[11^{11e-1}w]^{11}+[11·11^{11e-1}w·b[H]] \)

esta igualdad es manifiestamente no cierta, indicando con ello que las suposiciones iniciales no son posibles, es decir, que tomando n como un múltiplo de k (11 en este caso) entonces no es posible suponer que la ecuación \( a^k+b^k=(nr)^k=c^k \), pueda tener soluciones naturales. Como tampoco es cierto que la expresión \( (k^em)^k-y^k=(nr)^k=c^k \), pueda tener.

Faltaría demostrar que \( (k^em)^k+y^k=(nr)^k=c^k \), pero lo dejo como ejercicio y para no hacerlo más largo.

[cerrar]

Este es el paso 2, en el cual Fernando me ayudó a ver un error. Hoy he visto otro. Pienso que arreglarlo me permite seguir avanzando algo en el razonamiento que llevaba al terminar el paso 1. Lo pongo porque ha sido rápido hacer esto.

Estamos, pues, que suponemos la existencia de soluciones naturales para la siguiente igualdad:

\( [11^em]^{11}-[b]^{11}=[11^{11e-1}w-b]^{11}=(sq)^{11} \)

Y aquí está el otro error. Me olvidé de considerar una restricción muy importante: que \( (sq)^{11}=s^{11}·q^{11} \), siendo s un natural no múltiplo de 11.

Spoiler

Dado que en el segundo paso demostrará que si suponemos que \( a^{11}\pm{b^{11}}=c^{11}=nr \), sin que \( a+b=n \) sea un múltiplo de 11, entonces eso implicaba que nr son coprimos y por tanto si su producto tiene que dar \( c^{11} \), ello implica que n tiene que ser un número elevado a 11. Y es, evidentemente, una restricción importante, que se me pasó completamente por alto.

[cerrar]

De modo que:

\( s^{11}=[11^em]-b \), y por lo tanto \( b=[11^em]-s^{11} \). Y sustituimos este \( b \) en la ecuación:

\( [11^em]^{11}-[(11^em)-s^{11}]^{11}=[11^{11e-1}w-(11^em-s^{11})]^{11} \). Y desarrollamos

Spoiler

\( [11^em]^{11}-[(11^em)^{11}-s^{121}+(11^{e+1}·m·s^{11}[D])]=[11^e[11^{11e-2}w-m]+s^{11})]^{11} \)

\( [11^em]^{11}-(11^em)^{11}+s^{121}-(11^{e+1}·m·s^{11}[D])=11^{11e}[11^{11e-2}w-m]^{11}+s^{121}+[11·(11^e[11^{11e-2}w-m)·s^{11}[H]] \)

\( -(11^{e+1}·m·s^{11}[D])=11^{11e}[11^{11e-2}w-m]^{11}+[11·(11^e[11^{11e-2}w-m)·s^{11}[H]] \)

[cerrar]

Obtenemos esto:

\( -(11^{e+1}·m·s^{11}[D])=11^{11e}[11^{11e-2}w-m]^{11}+[11·(11^e[11^{11e-2}w-m)·s^{11}[H]] \)

Hecho que no es posible.

[Fernando Moreno]

Hola. En el segundo Spoiler que cito:

\( [11^em]^{11}-[(11^em)^{11}-s^{121}+(11^{e+1}·m·s^{11}[D])]=[11^e[11^{11e-2}w-m]+s^{11})]^{11} \)

\( [11^em]^{11}-(11^em)^{11}+s^{121}-(11^{e+1}·m·s^{11}[D])={\color{red}11^e[11^{11e-2}w-m]^{11}}+s^{121}+[11·(11^e[11^{11e-2}w-m)·s^11[H]] \)

\( -(11^{e+1}·m·s^{11}[D])=11^e[11^{11e-2}w-m]^{11}+[11·(11^e[11^{11e-2}w-m)·s^11[H]] \)

Debe ser:  \( 11^{\color{blue}{11e}}[11^{11e-2}w-m]^{11} \) .

No sé si es troncal o no, es decir si se puede arreglar. También dudo o no estoy seguro de esa manera tan automática de sintetizar desarrollos binomiales; simplemente no me meto ahí. Pero no dudo de una cosa. Buscar una contradicción porque una expresión que era congruente (en sentido general) con 11 y que de repente haciendo dos o tres cambios se vuelve incongruente: No me parece posible. Siempre habrá algún fallo. Tendríamos que estar hablando de cambios mucho más dramáticos.

Sdos