[Luis Fuentes]

Hola

No eres el primero que ha dicho que yo he intentado una demostración para los casos \( n=4 \) y \( n=3 \) (Feriva). Tú sólo para  \( n=4 \).

Una vez más te reitero que fuiste tu quien lo dio a entender (para los detalles lee mi mensaje anterior); pero no creo que valga la pena insistir en esto.

Lo he demostrado para \( n>2 \), no sólo \( n=4 \), en los casos

\( a^2+b^2<c^2 \)
\( a^2+b^2=c^2 \)

Me falta el caso \( a^2+b^2>c^2 \)

Con todos los respetos, eso es como decir que en cuanto al problema de viajar a Marte, he superado dos pasos, salir de casa y salir de la ciudad... ya "sólo" me queda llegar a Marte.

Si lo demuestro no sólo será para \( n=4 \) sino para todo valor de \( n>2 \).

Suerte.

Saludos.

[minette]

Hola Luis

Gracias.

Si consigo llegar a Marte será, sin lugar a dudas, gracias a tí.

Me imagino que "salir de casa" es el caso \( a^2+b^2<c^2 \).

"Salir de la ciudad" el caso \( a^2+b^2=c^2 \).

Saludos.

[feriva]

Yo no creo que puedas llegar a Marte, minette (que a lo mejor ni llena las expectativas que se puedan tener, porque lo veo un planeta muy inhóspito) pero sí creo que podrías llegar a la sierra y comer en un acogedor restaurante. Claro que a ese sitio llegarán también muchos otros; sin embargo, en cierto modo, puede ser más agradable, pues así no se siente la soledad del genio al que no entiende nadie o casi nadie. Y puedes lograr ese “pequeño” objetivo con motivación y con la ayuda de Luis y otros matemáticos; pero siempre que te dejes ayudar.

Decía Adrián Paenza, en uno de sus vídeos, que todo el mundo quiere llegar a la cima, a ser famoso; y acababa con esta frase: “yo he llegado; no hay nada”.
Yo no he llegado pero pienso que, si llegara, percibiría lo mismo que Paenza (digo “percibir” porque si de verdad hay algo o no es relativo)

Saludos.

[minette]

Hola

Muchas gracias feriva por tus consejos.

Dado que padezco agorafobia, no me interesa llegar a un acogedor restaurante; que, siendo tan acogedor, tendrá mucha gente comiendo a mediodía o por la noche.

Si me has entendido, en ese restaurante iría encantada si me aseguraran que sólo habría una mesa para dos: Luis y minette, o bien feriva y minette.

No me interesa por tanto "ese pequeño" objetivo si me has entendido bien.

Me encanta esta frase de Paenza: "Yo he llegado; no hay nada". Yo añado: "no hay nadie".

Me atrae mucho la soledad de quien no entiende nadie o casi nadie.

Saludos.

[minette]

Caso 3º.- Cuando \(  a^{2}+b^{2}>c^{2} \)
 

Y en general cuando

\( a^{n-1}+b^{n-1}>c^{n-1}  \)  para \( n\geq3 \)
 

Siendo \( n \)  el mayor valor que cumple la desigualdad anterior.

Si la conjetura que formuló Fermat es cierta, entonces

\( a^{n}+b^{n}<c^{n} \)
 

siguiendo

\( a^{n+1}+b^{n+1}<c^{n+1} \)
 

y así sucesivamente para \( (n+2) \)   y etc.

Si la conjetura no es cierta entonces a partir de \( a^{n-1}+b^{n-1}>c^{n-1} \)   se llega a

\( a^{n}+b^{n}=c^{n} \)
 

Y a partir de aquí:

\( a^{n+1}+b^{n+1}<c^{n+1} \)
 

Y así sucesivamente para \( (n+2) \)  y etc.

La ecuación \( a^{n}+b^{n}=c^{n} \)   la podemos presentar así:

\( a^{n-1}x+b^{n-1}y=c^{n} \)   (1)

Estamos ante una ecuación diofántica.

Siendo \(  a^{n-1}  \) ,\(  b^{n-1} \)  primos entre sí, su \( m.c.d. \) es 1

En consecuencia (1) tiene infinitas soluciones pues \( 1\mid c^{n} \)
  .

Por la identidad de Bèzout:

\( a^{n-1}x_{0}+b^{n-1}y_{0}=1 \)
 

Siendo \( b>a\rightarrow x_{0}>y_{0}  \) (valores absolutos)

Si \( x_{0}=negativo  \) ; \( y_{0}=positivo \)
 

\( a^{n-1}(-x_{0})+b^{n-1}(+y_{0})=1 \)
 

\( a^{n-1}(-x_{0})c^{n}+b^{n-1}(+y_{0})c^{n}=c^{n} \)
 

Las infinitas raíces de la ecuación (1) se obtienen así:

\( x=(-x_{0})c^{n}+Kb^{n-1}=a \)
 

\( K=\frac{x_{0}c^{n}+a}{b^{n-1}} \)
 

\( y=(+y_{0})c^{n}-Ka^{n-1}=b \)
 

\( K=\frac{y_{0}c^{n}-b}{a^{n-1}} \)
 

Conviene recordar (pese a su elementalidad) la exigencia de que cada valor dado a \( K \)   ha de ser el mismo en las dos fórmulas anteriores; y, además, entero en el caso presente y positivo.

\( a^{n}=a^{n-1}\cdot a \)
 

\( b^{n}=b^{n-1}\cdot b \)
 

Sumando y sustituyendo \( a,b \)  por las igualdades arriba citadas se llega a:

\( a^{n}+b^{n}=c^{n}(b^{n-1}y_{0}-a^{n-1}x_{0})+Ka^{n-1}b^{n-1}-Ka^{n-1}b^{n-1} \)
 

Siendo el paréntesis \( =1 \); si la conjetura de Fermat es cierta los valores de \( K \)   han de ser distintos.

Demostrar que los valores de \( K \)   son distintos es demostrar el UTF.

¿Estáis de acuerdo?

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

La ecuación \( a^{n}+b^{n}=c^{n} \)   la podemos presentar así:

\( a^{n-1}x+b^{n-1}y=c^{n} \)   (1)

Estamos ante una ecuación diofántica.

Siendo \(  a^{n-1}  \) ,\(  b^{n-1} \)  primos entre sí, su \( m.c.d. \) es 1

En consecuencia (1) tiene infinitas soluciones pues \( 1\mid c^{n} \)
  .

Por la identidad de Bèzout:

\( a^{n-1}x_{0}+b^{n-1}y_{0}=1 \)
 

Siendo \( b>a\rightarrow x_{0}>y_{0}  \) (valores absolutos)

Si \( x_{0}=negativo  \) ; \( y_{0}=positivo \)
 

\( a^{n-1}(-x_{0})+b^{n-1}(+y_{0})=1 \)
 

\( a^{n-1}(-x_{0})c^{n}+b^{n-1}(+y_{0})c^{n}=c^{n} \)
 

Las infinitas raíces de la ecuación (1) se obtienen así:

\( x=(-x_{0})c^{n}+Kb^{n-1}=a \)
 

\( K=\frac{x_{0}c^{n}+a}{b^{n-1}} \)
 

\( y=(+y_{0})c^{n}-Ka^{n-1}=b \)
 

\( K=\frac{y_{0}c^{n}-b}{a^{n-1}} \)
 

Conviene recordar (pese a su elementalidad) la exigencia de que cada valor dado a \( K \)   ha de ser el mismo en las dos fórmulas anteriores; y, además, entero en el caso presente y positivo.

\( a^{n}=a^{n-1}\cdot a \)
 

\( b^{n}=b^{n-1}\cdot b \)
 

Sumando y sustituyendo \( a,b \)  por las igualdades arriba citadas se llega a:

\( a^{n}+b^{n}=c^{n}(b^{n-1}y_{0}-a^{n-1}x_{0})+Ka^{n-1}b^{n-1}-Ka^{n-1}b^{n-1} \)
 

Siendo el paréntesis \( =1 \); si la conjetura de Fermat es cierta los valores de \( K \)   han de ser distintos.

Demostrar que los valores de \( K \)   son distintos es demostrar el UTF.

¿Estáis de acuerdo?

Esencialmente si. Debe de ser la quinta o sexta vez que cuentas lo mismo en el foro.

Spoiler

Puede ser confuso decir que los valores de \( K \) son distintos (\( K \) es una variable ó toma un valor ó toma otro). Quieres decir que los valores de los cocientes:

\( \dfrac{x_{0}c^{n}+a}{b^{n-1}} \)  y \( \dfrac{y_{0}c^{n}-b}{a^{n-1}} \)

son distintos.

[cerrar]

Saludos.

[feriva]

Permíteme una proposición  minette (proposición honesta, por supuesto).

Dejando aparte el caso n=4, todos los otros casos demostrados, así como el caso general, utilizan de forma decisiva los números complejos; hasta donde yo estoy informado, y si no recuerdo mal, nadie, ni Wiles, ha conseguido demostrar ni siquiera un caso particular sin en el uso de números complejos (salvo n=4).

Proyecto estuvo intentando mucho tiempo demostrar el caso n=4 sin usar el descenso al infinito; pues yo te propongo algo parecido, demostrar, por ejemplo, el caso n=3 usando descenso al infinito o lo que quieras; pero sin números complejos.

A priori (aunque esto debería sopesarlo un matemático) entre una demostración del caso general que fuera muy parecida a la existente (mismos métodos con alguna variante pero en esencia lo mismo) y una demostración particular como la que te digo, creo que tendría más impacto la segunda; sería más singular; y más si lo consigue una aficionado; aficionada en este caso.

Spoiler

Me atrae mucho la soledad de quien no entiende nadie o casi nadie.

Pero no es lo que tú quieres lograr, por lo que te vengo leyendo; tu idea es conseguir una demostración simple, algo así que pueda entender hasta a un niño, ¿no? Y, añadido a eso, supongo, te gustaría que tuviera relevancia; pues lo que yo te digo, intenta el caso n=3 sin usar complejos (si lo consiguieras, nada te impediría seguir intentando más cosas, no tienes nada que perder).

En una de las demostraciones típicas de este caso se llega a que si se da la igualdad para n=3 entonces existe necesariamente \( 2p(p^2 + 3q^2) \) con “p” y “q” coprimos de distinta paridad (uno es par y el otro no) tal que esa expresión es un cubo.

Teniendo en cuenta que esto \( (p+q)^3 \) es obviamente otro cubo, desarrollando y “mirando” se antoja altamente difícil que existan “p”y “q” enteros; casi se toca con la mano el argumento para afirmarlo, pero no se llega a justificar del todo; de ahí que haya que echar mano de los números complejos.

En este enlace tienes más información; te puedes saltar todos los párrafos donde aparecen raíces de números negativos, es decir, más en general, donde se habla de complejos (porque se trata de no usarlos). Básicamente te puedes quedar de momento con lo que te digo:


http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=18414.msg76114#msg76114

[cerrar]

Saludos.

[minette]

Hola

Efectivamente Luis. Lo hago porque de vez en vez surgen nuevos visitantes y nuevos administradores o moderadores por si pudieran aportar alguna sugerencia como robinlambada.

Efectivamente también:

\( \displaystyle\frac{x_0c^n +a}{b^{n-1}}\neq{}\displaystyle\frac{y_0c^n-b}{a^{n-1}} \)

Saludos

[feriva]

Efectivamente Luis. Lo hago porque de vez en vez surgen nuevos visitantes y nuevos administradores o moderadores por si pudieran aportar alguna sugerencia como robinlambada.

Robin estuvo anoche y esta mañana por el foro. Si él o alguien atisbara algún punto por el cual empezar tan sólo a atacar el problema con eso que planteas, ya te lo hubiera comunicado. El hilo lleva mucho tiempo y, aunque no veas intervenir a más personas, es seguro que lo han mirado muchos usuarios.

Te toca a ti mover ficha y ofrecer algo más, cambiar de idea o añadir condiciones. Seguramente estás encallada porque  no se te ocurre nada más; de ahí mi idea por mostrarte otro camino a modo de nueva motivación.   

Saludos.

[minette]

Hola feriva

Gracias por tus observaciones y consejos.

Recuerdo ahora una respuesta de Luis en la cual afirmaba que demostrar la desigualdad de las fracciones

\( \displaystyle\frac{x_0c^n+a}{b^{n-1}}\neq{}\displaystyle\frac{y_0c^n-b}{a^{n-1}} \)

es imposible (o casi).

Esta dificultad me animó a creer que mi camino tiene sentido pues también es muy difícil demostrar \( a^n+b^n\neq{}c^n \) si  \( n>2 \).

Saludos.