Hola,
Supongo que \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) , 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 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, uno de ellos par.
Es conocido que todo impar al cuadrado es congruente con 1 módulo 8. Como: \( z^2=p^2+q^2 \) \( \Rightarrow \) \( 1=1+0 \) . Y por lo tanto: \( 8\mid q^2 \) ; \( 4\mid q \) ; \( 8\mid x^2 \) \( \wedge \) \( 4\mid x \) .
Como: \( z^4=x^4+y^4 \) , sabemos que: \( z=x+y-d \) ; para un “ \( d \) “ entero menor que el menor de los valores de \( x,y \) . Como “ \( x \) “ es par como mínimo de 4, “ \( d \) “ será también par como mínimo de 4. De esta manera siempre podré decir que para: \( z=y+e \) , ( \( e=x-d \) ) ; entonces: \( z=s+t \) ; \( y=s-t \) \( \wedge \) \( e=2t \) ; para \( s,t \) coprimos, uno de ellos par. Puesto que: \( s+t=s-t+2t \) .
Sustituyendo en “ \( z^4=x^4+y^4 \) “ \( \color{red}\Rightarrow{} \) \( (s+t)^4=(s-t)^4+x^4 \) . Y :
\( s^4+4s^3t+6s^2t^2+4st^3+t^4=s^4-4s^3t+6s^2t^2-4st^3+t^4+x^4 \) \( \Rightarrow \) \( x^4=8s^3t+8st^3 \) \( \wedge \) \( x^4=8st(s^2+t^2) \)
Como “ \( 8st \) “ \( \wedge \) “ \( s^2+t^2 \) “ son coprimos, serán cuartas potencias -y-: \( s=s_1^4 \) , \( t=2t_1^4 \) \( \wedge \) \( s^2+t^2=A^4 \) . De esta forma: \( A^4=s_1^8+4t_1^8 \) . Y sus ternas pitagórias solución serán: \( A^2=u^2+v^2 \) , \( s_1^4=u^2-v^2 \) \( \wedge \) \( 2t_1^4=2uv \) ; para \( u,v \) enteros, coprimos y uno de ellos par. Como: \( t_1^4=uv \) ; entonces: \( u=u_1^4 \) \( \wedge \) \( v=v_1^4 \) . Luego: \( s_1^4=u_1^8-v_1^8 \) \( \wedge \) \( \pmb{(u_1^2)^4=s_1^4+(v_1^2)^4} \) . Pudiendo repetir este razonamiento una y otra vez.
Un saludo,
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