Autor Tema: UTF 4 sin descenso (VII)

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09 Agosto, 2018, 07:03 pm
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Fernando Moreno

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Hola,

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

Por tanto:  \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \)  y serán soluciones en forma de ternas pitagóricas:

\( z^2=p^2+q^2 \)  ;  \( x^2=2pq \)  ;  \( y^2=p^2-q^2 \) ;  para  \( p,q \)  coprimos, uno de ellos par.

Como:  \( p^2=y^2+q^2 \)  \( \wedge \)  \( z^2=p^2+q^2 \) .  Serán asimismo soluciones en forma de ternas pitagóricas:

\( p=a^2+b^2 \)  ;  \( y=a^2-b^2 \)  ;  \( q=2ab \)     \( \wedge \)     \( z= c^2+d^2 \)  ;  \( p=c^2-d^2 \)  ;  \( q=2cd \)

, para  \( a,b \)  coprimos   \( \wedge \)   \( c,d \)  coprimos; uno de cada pareja par, por ejemplo:  \( b,d \) .

Por lo tanto:  \( a^2+b^2=c^2-d^2 \)   \( \wedge \)   \( ab=cd \) . 

Estrategia: Operando con estos datos nos damos cuenta que es bastante complicado obtener  “ \( z \) “  en función lineal de  \( a,b \)  (que son los otros números enteros directamente implicados). Esto es extraño y nos señala un camino por donde atacar.

Como:  \( z\,>\,p=a^2+b^2 \) ;  entonces siempre podré decir que existirá un:  \( z=a^2+w\,b^2 \) ,  para un  “ \( w \) “  positivo, entero o racional.

De esta manera tengo que:  \( c^2-d^2=a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( c^2+d^2=a^2+wb^2 \) ;  por lo que:  \( c^2=a^2+b^2+d^2 \)   \( \wedge \)   \( c^2=a^2+wb^2-d^2 \)   \( \wedge \)   \( a^2+b^2+d^2=a^2+wb^2-d^2 \) .  Y despejando:  \( w=2\dfrac{d^2}{b^2}+1 \) .  Como sabemos a partir de  " \( ab=cd \) "  que  \( b\neq d \) ,  pero que tienen el mismo grado de paridad y que además  \( b \)  divide a parte de  \( d \)  (que es menor que " b " )  y a parte de  \( c \) .  Entonces no queda otra que concluir que  “ \( w \) “ es un racional no entero.

Observamos que:  \( z^2\,=\,p^2+q^2\,=\,(a^2+b^2)^2+(2ab)^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( z^2=a^4+b^4+6a^2b^2 \) .  Y que:  \( z^2\,=\,(a^2+wb^2)^2\,=\,a^4+w^2b^4+2wa^2b^2 \) .  Igualando:  \( a^4+b^4+6a^2b^2=a^4+w^2b^4+2wa^2b^2 \)   \( \wedge \)   \( b^2+6a^2=w\,(wb^2+2a^2) \) .

Como el producto  \( w\cdot b^2 \)  debe ser entero para que  " \( z \) "  sea entero y  \( w \)  es un irreducible de la forma -por ejemplo-  " \( \dfrac{w_1}{w_2} \) " ;  llamamos  " \( e=w\,b^2 \) "  a este nuevo entero y entendemos que  \( w_2 \)  divide á  \( b^2 \) . Tendremos:  \( b^2+6a^2=w\,(e+2a^2) \)  y dividiendo entre 2:  \( \dfrac{b^2}{2}+3a^2=w\,(\dfrac{e}{2}+a^2) \) .  La parte de la izquierda de la ecuación es impar (porque  \( b \)  es par y  \( a \)  es impar); pero ahora quiero averiguar si la parte derecha sin el factor  “ \( w \) “  es par o impar. Y lo quiero saber para conocer cómo incide posteriormente  “ \( w \) “ al multiplicarlos. Ya sabemos que debe de dejar un impar para ser igual al otro lado de la ecuación. Para ello he de conocer si  \( \dfrac{e}{2} \)  es par ó impar; o lo que es lo mismo: si  “ \( e \) “  es par de por lo menos 4. Veamos:

Tenemos que  \( z=c^2+d^2 \) .  “ \( c \) “ es un impar al cuadrado, por ejemplo:  \( (2c_1-1)^2 \)  y  “ \( d \) “  es par:  \( (2d_1)^2 \) .  Luego:  \( z=4c_1^1+1-4c_1+4d_1^2 \) .  De esta manera  \( z-1 \)  será par de por lo menos 4. Por lo tanto:  \( z=a^2+e \)  ( “ \( a \) “ es impar:  \( 2a_1-1 \) ) , será:  \( z=4a_1^2+1-4a_1+e \)   \( \wedge \)   \( z-1=4a_1^2-4a_1+e \) .  Luego como  \( z-1 \)  es par como mínimo de 4; entonces  \( e \)  debe serlo también.

Ahora ya sabemos que  \( \dfrac{e}{2}+a^2 \)  es impar. Luego multiplicado por  “ \( w \) “  lo deja como está en cuanto a la paridad: impar; para ser igual al otro lado de la ecuación. Analicemos en detalle qué ocurre:

" \( \dfrac{w_1}{w_2}\,(\dfrac{e}{2}+a^2) \) "  y :  ni  “ \( w_1 \) “ ni  “ \( w_2 \) “  pueden ser pares -recordemos que hablamos de un irreducible  \( \left({\dfrac{w_1}{w_2}}\right) \)-  y que el cociente entre un par ( \( w_1 \) ) y un impar ( \( w_2 \) )  daría lugar a un par que como vemos no se añade al resultado final.

¿Qué debió ocurrir entonces cuando  \( e=\dfrac{w_1}{w_2}\,b^2 \) ?  Pues que no varió tampoco la paridad de  \( b^2 \) .  Es decir: Que  “ \( e \) “  y  “ \( b^2 \) “  tienen la misma paridad y aquí es dónde yo quería llegar.

Veamos:

1)  \( z^2-y^2=p^2+q^2-p^2+q^2=2q^2 \) .  Luego:  \( \displaystyle\frac{z^2-y^2}{2}=q^2 \)   \( \wedge \)   \( q^2=\displaystyle\frac{(z+y)\,(z-y)}{2} \) .  Como:  \( \pmb{z+y}=a^2+w\,b^2+a^2-b^2\,=\,\pmb{2a^2+e-b^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{z-y}=a^2+w\,b^2-a^2+b^2\,=\,\pmb{e+b^2} \) ,  y los 2 factores son pares; es evidente que  " 2 "  divide á  " \( z+y \) "  haciéndolo "impar"  \( \left({a^2+\displaystyle\frac{e-b^2}{2}}\right) \)  y un cuadrado (pues ambos factores son comprimos entre sí e iguales a un cuadrado)  y  " \( z-y \) "  será el otro cuadrado "par" :  \( e+b^2 \) .

2)  \( z^2-p^2=p^2+q^2-p^2=\,q^2\,=\,(z+p)\,(z-p) \) .  Así:  \( \pmb{z+p}=a^2+w\,b^2+a^2+b^2\,=\,\pmb{2a^2+e+b^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{z-p}=a^2+w\,b^2-a^2-b^2\,=\,\pmb{e-b^2} \) .  Y los 2 factores son también pares y esto ya es extraño, porque deberían ser cuadrados (al ser coprimos entre sí). Intentemos salvar la situación. Podrían ser los 2 cuadrados pares, pero a simple vista se ve que no porque el primero es par sólo de 2. Probemos entonces en dividir entre 4 (entre 2 no puedo si quiero mantener que  \( q^2 \)  sea un cuadrado). Entonces  " \( z+p \) "  sería el impar:  \( a^2+\displaystyle\frac{e+b^2}{2} \)  y podría ser un cuadrado. Pero  " \( z-p \) "  sería el par:  \( \displaystyle\frac{e-b^2}{2} \) .  Pero ¿cómo podría ser un "cuadrado" par? Teniendo  \( e \)  la misma paridad que  \( b^2 \)  muy difícilmente. Supongamos no obstante lo siguiente (para  \( b \)  igual a par de 2); nos encontraríamos ante una situación de:  4 - 4  y luego ante un " impar - impar " igual por ejemplo á 2 que diera lugar en total a una paridad de 8, que dividido entre 2 sí fuera un par cuadrado. Pero entonces ¿qué ocurriría con  \( z-y=e+b^2 \) ,  que también es un cuadrado? : Pues que no podría serlo. Es decir: ó  " \( \dfrac{z^2-y^2}{2} \) "  es un cuadrado ó  " \( z^2-p^2 \) "  lo es; no los 2. Pero sin embargo de la ecuación de partida se deduce que ambos lo son.


Un saludo,


PD. Creo que se puede simplificar. Ahora tengo unos días de vacaciones y me es difícil abordarlo. Además primero me gustaría averiguar si la idea tiene algún fallo troncal, claro.
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11 Agosto, 2018, 12:07 am
Respuesta #1

Fernando Moreno

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Hola. Otra versión más simple:


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

Por tanto:  \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \)  y serán soluciones en forma de ternas pitagóricas:

\( z^2=p^2+q^2 \)  ;  \( x^2=2pq \)  ;  \( y^2=p^2-q^2 \) ;  para  \( p,q \)  coprimos, uno de ellos par.

Como:  \( p^2=y^2+q^2 \)  \( \wedge \)  \( z^2=p^2+q^2 \) .  Serán asimismo soluciones en forma de ternas pitagóricas:

\( p=a^2+b^2 \)  ;  \( y=a^2-b^2 \)  ;  \( q=2ab \)     \( \wedge \)     \( z= c^2+d^2 \)  ;  \( p=c^2-d^2 \)  ;  \( q=2cd \)

, para  \( a,b \)  coprimos   \( \wedge \)   \( c,d \)  coprimos; uno de cada pareja par, por ejemplo:  \( b,d \) .

Por lo tanto:  \( a^2+b^2=c^2-d^2 \)   \( \wedge \)   \( ab=cd \) . 

Como:  \( c^2\,>\,a^2 \) ;  entonces puedo decir que:  \( c^2=a^2+m \) ,  para un  " \( m \) "  entero par mínimo de 8, pues es el resultado de una diferencia de 2 impares al cuadrado  \( (c^2-a^2) \) .

Y tenemos que:

1)  \( z^2-y^2=p^2+q^2-p^2+q^2=2q^2 \) .  Luego:  \( \displaystyle\frac{z^2-y^2}{2}=q^2 \)   \( \wedge \)   \( \displaystyle\frac{(z+y)\,(z-y)}{2}=q^2 \) .  Y :

-  \( z+y=c^2+d^2+a^2-b^2 \)   \( \wedge \)   \( z+y=a^2+m+d^2+a^2-b^2 \)   \( \wedge \)   \( z+y=2a^2+m+d^2-b^2 \)  

-  \( z-y=c^2+d^2-a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( z-y=a^2+m+d^2-a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( z-y=m+d^2+b^2 \)

Los 2 factores son pares. Y es claro que  " 2 "  divide á  " \( z+y \) "  haciéndolo "impar" y "cuadrado" (pues ambos factores serán entonces coprimos e iguales a un cuadrado) y que " \( z-y \) "  es el otro cuadrado "par". Así:

\( \pmb{\dfrac{z+y}{2}=a^2+\dfrac{m+d^2-b^2}{2}} \)    \( \wedge \)    \( \pmb{z-y=m+d^2+b^2} \)    

2)  \( z^2-p^2=p^2+q^2-p^2\,=\,q^2\,=\,(z+p)\,(z-p) \) .  Así:

-  \( z+p=c^2+d^2+a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( z+p=a^2+m+d^2+a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( \pmb{z+p=2a^2+m+d^2+b^2} \)     

-  \( z-p=c^2+d^2-a^2-b^2 \)   \( \wedge \)   \( z-p=a^2+m+d^2-a^2-b^2 \)   \( \wedge \)   \( \pmb{z-p=m+d^2-b^2} \)

Estos 2 factores también son pares y además deberán ser cuadrados en el momento en que sean coprimos entre sí. Veámoslo:

Si divido  " \( z+p \) "  entre 2 el resultado es impar:  \( a^2+\dfrac{m+d^2+b^2}{2} \)  y tendré que:  \( \dfrac{z+p}{2}=\dfrac{z-p}{2}+p \) .  Un factor que divida á  " \( z-p \) "  dividirá á  " \( \dfrac{z-p}{2} \) "  (ó dejará una situación final de la suma  \( \dfrac{impar}{par} \) ) ,  pero no á  " \( p \) " , que es coprimo suyo e impar. Luego  " \( \dfrac{z+p}{2} \) "  -y-  " \( z-y \) "  serán coprimos.

Pero entonces tendré que:  \( \dfrac{z+p}{2}\,(z-p)=\dfrac{q^2}{2} \)  y no pueden ser cuadrados. Pero ¿y si divido además:  \( \dfrac{z-p}{2} \) ?  Entonces sí:  \( \dfrac{q^2}{4} \) .  ¿Y continuarán siendo coprimos? Entiendo que sí, puesto que un factor que divida á  " \( \dfrac{z-p}{2} \) "  naturalmente dividirá á su otro correspondiente de  \( \dfrac{z+p}{2}=\dfrac{z-p}{2}+p \)  pero seguirá sin dividir á  " \( p \) ".

Luego tendremos que:  \( \pmb{z-y=m+d^2+b^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{\dfrac{z-p}{2}=\dfrac{m+d^2-b^2}{2}} \)  son ambos cuadrados. Lo que no puede ser.


Un saludo,
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11 Agosto, 2018, 10:48 am
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola,

Citar
Luego tendremos que:  \( \pmb{z-y=m+d^2+b^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{\dfrac{z-p}{2}=\dfrac{m+d^2-b^2}{2}} \)  son ambos cuadrados. Lo que no puede ser.

Me he dado cuenta que esta parte no está bien o está incompleta. Saludos


Añadido: No es correcto. " \( m \) " siempre tendrá la paridad de " \( d^2+b^2 \) " que además será siempre de exponente impar..  En fin, que este tipo de contradicción tan simple no puede ser. Se me olvida a veces cuando pasa un tiempo; tengo una malísima memoria.
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09 Abril, 2019, 06:23 pm
Respuesta #3

Fernando Moreno

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Hola, repasando de nuevo este intento:

Supongo que:  \( z^4=x^4+y^4 \) ;  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos y que  \( x\not\equiv y \)  mod \( 2 \) .

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

\( z^2=p^2+q^2 \)  ;  \( x^2=2pq \)  ;  \( y^2=p^2-q^2 \) ;  para  \( p,q \)  coprimos -y-  \( q \)  par.

Como:  \( p^2=y^2+q^2 \)  \( \wedge \)  \( z^2=p^2+q^2 \) .  Serán asimismo soluciones en forma de ternas pitagóricas:

\( p=a^2+b^2 \)  ;  \( y=a^2-b^2 \)  ;  \( q=2ab \)    \( \wedge \)    \( z= c^2+d^2 \)  ;  \( p=c^2-d^2 \)  ;  \( q=2cd \)

, para  \( a,b \)  coprimos  \( \wedge \)  \( c,d \)  coprimos; uno de cada pareja par, por ejemplo:  \( b,c \) .

Por lo tanto:  \( a^2+b^2=c^2-d^2 \)   \( \wedge \)   \( ab=cd \) .

Como:  \( z\,>\,p=a^2+b^2 \) ;  entonces siempre podré decir que existe:  \( z=a^2+wb^2 \) ,  para un  “ \( w \) “  positivo, entero o racional.

De esta manera tengo que:  \( z^2=c^2+d^2=a^2+wb^2 \) .  Y como:  \( c^2=a^2+b^2+d^2 \) ;  pues:  \( a^2+b^2+2d^2=a^2+wb^2 \) .  Y despejando:  \( w=2\,\dfrac{d^2}{b^2}+1 \) .  Sabemos a partir de  " \( ab=cd \) "  que  " \( b \) " divide a parte de  " \( c \) "  -y- a parte de  " \( d \)  " ;  luego  “ \( w \) “ será un racional no entero.

Si  \( z=a^2+wb^2 \) .  Entonces:  \( z-p=a^2+wb^2-a^2-b^2\,=\,b^2(w-1) \)   \( \wedge \)   \( z+p=a^2+wb^2+a^2+b^2\,=\,2a^2+b^2(w+1) \) .  Como  “ \( z-p \) “  es entero,  “ \( b^2(w-1) \) “  debe ser entero. Y como:  “ \( z+p \) “  es también entero; entonces:  “ \( b^2(w+1) \) “  debe ser entero también.   

De esta forma:  \( z^2-p^2=(b^2(w-1))\,(2a^2+b^2(w+1)) \)   \( \wedge \)   \( z^2-p^2\,=\,2a^2b^2(w-1)+b^4(w^2-1) \) .

Como:  \( z^2-p^2=q^2\,=\,4a^2b^2 \) ;  entonces:  \( 2a^2b^2(w-1)+b^4(w^2-1)=4a^2b^2 \)   \( \wedge \)   \( 2b^2(w-1)+\dfrac{b^4(w^2-1)}{a^2}=4b^2 \) .  Pero :

" \( 2b^2(w-1) \) " es entero -y- : 

" \( \dfrac{b^4(w^2-1)}{a^2} \) "  \( =\dfrac{b^4\left({\left({\dfrac{2d^2}{b^2}+1}\right)^2-1}\right)}{a^2}\,=\,\dfrac{b^4\left({\dfrac{4d^4}{b^4}+1+\dfrac{4d^2}{b^2}-1}\right)}{a^2}\,=\,\dfrac{b^4\left({\dfrac{4d^4+4b^2d^2}{b^4}}\right)}{a^2}\,=\,\dfrac{4d^2(d^2+b^2)}{a^2} \) .

Donde:  " \( a^2 \) "  no divide á  " \( 4d^2 \) " ;  ni á  " \( d^2+b^2 \) " ,  puesto que sabemos que:  \( a^2=c^2-(d^2+b^2) \) .   


Un saludo,
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10 Abril, 2019, 12:08 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

" \( \dfrac{b^4(w^2-1)}{a^2} \) "  \( =\dfrac{b^4\left({\left({\dfrac{2d^2}{b^2}+1}\right)^2-1}\right)}{a^2}\,=\,\dfrac{b^4\left({\dfrac{4d^4}{b^4}+1+\dfrac{4d^2}{b^2}-1}\right)}{a^2}\,=\,\dfrac{b^4\left({\dfrac{4d^4+4b^2d^2}{b^4}}\right)}{a^2}\,=\,\dfrac{4d^2(d^2+b^2)}{a^2} \) .

Donde:  " \( a^2 \) "  no divide á  " \( 4d^2 \) " ;  ni á  " \( d^2+b^2 \) " ,  puesto que sabemos que:  \( a^2=c^2-(d^2+b^2) \) .   

Entiendo que crees que llegas a una contradicción porque por una parte \( \dfrac{4d^2(d^2+b^2)}{a^2} \) debería de ser entero y por otra razonas (mal, por cierto) que no lo es.

Bien; en primer lugar para llegar a lo primero no hace falta semejante galimatías.  :D

De \( a^2+b^2=c^2-d^2 \) y \( ab=cd \) tienes que:

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

Por tanto ahí ya vemos que: \( \dfrac{d^2(d^2+b^2)}{a^2} \) debe de ser entero.

La cosa es que no veo que de esto:

Citar
Donde:  " \( a^2 \) "  no divide á  " \( 4d^2 \) " ;  ni á  " \( d^2+b^2 \) " ,  puesto que sabemos que:  \( a^2=c^2-(d^2+b^2) \) . 

se deduzca que no pueda tenerse esa divisibilidad. \( a^2 \) podría tener algunos factores comunes con \( d^2 \) y otros con \( d^2+b^2 \), habilitando esa divisibilidad.

Saludos.

10 Abril, 2019, 12:53 pm
Respuesta #5

Fernando Moreno

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Llevas razón. Un saludo,
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