Autor Tema: Intento n = 4 sin descenso (II)

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

02 Enero, 2019, 06:45 pm
Leído 1883 veces

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola,

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:

\( z^2=p^2+q^2 \)  ;  \( x^2=2pq \)  \( \wedge \)  \( y^2=p^2-q^2 \) ;  para  \( p,q \)  coprimos -y-  \( p\not\equiv q \)  mod 2.

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

\( z=a^2+b^2 \)  ;  \( p=a^2-b^2 \)  \( \wedge \)  \( q=2ab \) ;  para  \( a,b \)  coprimos -y-  \( a\not\equiv b \)  mod 2.
 
Por tanto:  \( y^2=p^2-q^2\,=\,(a^2-b^2)^2-(2ab)^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) .

“ \( y \) “ ,  como cualquier entero positivo, puede escribirse como la diferencia de otros dos enteros  “ \( s-t \) “ ;  para  \( (s,t)=1 \)  \( \wedge \)  \( s\not\equiv t \)  mod 2 .  Luego:  \( y^2=(s-t)^2\,=\,s^2+t^2-2st \) .  Como también:  \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) ;  puedo hacer la siguiente agrupación de términos:  \( a^4+b^4=s^2+t^2 \)   \( \wedge \)  \( 6a^2b^2=2st \) . 

Porque:  “ \( a^4+b^4 \) “   \( \wedge \)   “ \( 6a^2b^2 \) “   , al igual que:   “ \( s^2+t^2 \) “   \( \wedge \)   “ \( 2st \) “  son coprimos y uno de ellos es par.

Más precisamente  “ \( a^4+b^4 \) “   \( \wedge \)   “ \( 6a^2b^2 \) “ serían coprimos salvo por el factor 3. Pero es fácil demostrar que:  \( 3\nmid a^4+b^4 \) . 

En primer lugar, si  “ \( 3 \) “  no dividiera a ninguna de las variables de:  \( z^4=x^4+y^4 \) . Módulo 3, tendríamos:  \( 1=1+1 \) ;  puesto que sólo  " \( 1 \) "  es el residuo cuadrático de 3 (si excluimos al 0). Lo que no puede ser. Luego divide por fuerza a una de estas tres variables. Pero no puede ser á  “ \( z \) “ ;  puesto que si no tendríamos módulo 3 que:  \( 0=1+1 \) .  Como:  \( z^2=p^2+q^2 \)  -y-  \( 3\nmid z \) ;  entonces, módulo 3:  \( 1=1+0 \)  -ó-  \( 1=0+1 \) . Es decir, que  “ \( 3 \) “  debe dividir á  “ \( q^2 \) “  -ó-  “ \( p^2 \) “  y por tanto tampoco podrá dividir á  “ \( y^2 \) “ \( =p^2-q^2 \) . En segundo lugar, como hemos visto que:  \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) .  Si  3  dividiera á  “ \( a^4+b^4 \) “ ,  no dividiría ni á  “ \( a \) “  ni á  “ \( b \) “  y entonces módulo 3 tendríamos:  \( 1=0-6\cdot 1\cdot 1\,=\,0 \) , lo que es imposible.  Luego  3  debe dividir á  “ \( a \) “  -ó-  “ \( b \) “ .

Tenemos pues que:  \( a^4+b^4=s^2+t^2 \)   \( \wedge \)  \( 6a^2b^2=2st \) .  Pero entonces:  \( 3a^2b^2=st \)   \( \wedge \)   \( 3\mid s\,\vee\,t \) ;  pongamos que á  " \( t \) " . Luego:  \( a^2b^2=s\cdot t/3 \) .  Como  “ \( s \) “  -y-  “ \( t/3 \) “  son coprimos, serán cuadrados -y-:  \( s=s’^2 \)   \( \wedge \)   \( t/3=t’^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( t=3t’^2 \) .  Luego:  \( a=s’ \)   \( \wedge \)   \(  b=t’ \) .  Pero entonces:  \( a^4+b^4=s^2+t^2\,=\,s’^4+9t’^4 \) .  Y :  \( a=s’ \)   \( \wedge \)  \( b=\sqrt{3}t’ \) .  Lo que es contradictorio con lo anterior.


Un saludo,


¡Vaya! Me acabo de dar cuenta que en la parte final, " \( a^2 \) "  podría dividir a parte de  " \( s'^2 \) " y a parte de  " \( t'^2 \) " y lo mismo  " \( b^2 \) " .  Tengo que repensarlo a ver si puede tener arreglo
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

02 Enero, 2019, 08:18 pm
Respuesta #1

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola, rehago la demostración:


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:

\( z^2=p^2+q^2 \)  ;  \( x^2=2pq \)  \( \wedge \)  \( y^2=p^2-q^2 \) ;  para  \( p,q \)  coprimos -y-  \( p\not\equiv q \)  mod 2.

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

\( z=a^2+b^2 \)  ;  \( p=a^2-b^2 \)  \( \wedge \)  \( q=2ab \) ;  para  \( a,b \)  coprimos -y-  \( a\not\equiv b \)  mod 2.
 
Por tanto:  \( y^2=p^2-q^2\,=\,(a^2-b^2)^2-(2ab)^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) .

Si  “ \( 3 \) “  no dividiera a ninguna de las variables de:  \( z^4=x^4+y^4 \) . Módulo 3, tendríamos:  \( 1=1+1 \) ;  puesto que sólo  " \( 1 \) "  es el residuo cuadrático de 3 (si excluimos al 0). Lo que no puede ser. Luego divide por fuerza a una de estas tres variables. Pero no puede ser á  “ \( z \) “ ;  puesto que si no tendríamos módulo 3 que:  \( 0=1+1 \) .  Como:  \( z^2=p^2+q^2 \)  -y-  \( 3\nmid z \) ;  entonces, módulo 3:  \( 1=1+0 \)  -ó-  \( 1=0+1 \) . Es decir, que  “ \( 3 \) “  debe dividir á  “ \( q^2 \) “  -ó-  “ \( p^2 \) “  y por tanto tampoco podrá dividir á  “ \( y^2 \) “ \( =p^2-q^2 \) .

“ \( y \) “ ,  como cualquier entero positivo, puede escribirse como la diferencia de otros dos enteros  “ \( s-t \) “ ;  para  \( (s,t)=1 \)  \( \wedge \)  \( s\not\equiv t \)  mod 2 . Es más, no pierdo generalidad si establezco la condición de que  " \( s \) "  \( \wedge \)  " \( t \) "  no sean múltiplos de 3. Como  " \( y \) "  tampoco es múltiplo de 3; módulo 3 siempre podrá darse:  " \( 1=2-1 \) "   \( \vee \)   " \( 2=1-2 \) " ,  para todos los casos de no-múltipos de 3.  Luego:  \( y^2=(s-t)^2\,=\,s^2+t^2-2st \) .  Como también:  \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) ;  puedo hacer la siguiente agrupación de términos:  \( a^4+b^4=s^2+t^2 \)   \( \wedge \)  \( 6a^2b^2=2st \) . 

Porque:  “ \( a^4+b^4 \) “   \( \wedge \)   “ \( 6a^2b^2 \) “   , al igual que:   “ \( s^2+t^2 \) “   \( \wedge \)   “ \( 2st \) “  son coprimos y uno de ellos es par.

Más precisamente  “ \( a^4+b^4 \) “   \( \wedge \)   “ \( 6a^2b^2 \) “ serían coprimos salvo por el factor 3. Pero es fácil demostrar que:  \( 3\nmid a^4+b^4 \) . 

Puesto que:  \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) .  Si  3  dividiera á  “ \( a^4+b^4 \) “ ,  no dividiría ni á  “ \( a \) “  ni á  “ \( b \) “  y entonces módulo 3 tendríamos:  \( 1=0-6\cdot 1\cdot 1\,=\,0 \) , lo que es imposible.  Luego  3  debe dividir á  “ \( a \) “  -ó-  “ \( b \) “ .

De esta manera tenemos que:  \( a^4+b^4=s^2+t^2 \)   \( \wedge \)  \( 6a^2b^2=2st \) .  Pero entonces:  \( 3a^2b^2=st \)   \( \wedge \)   \( 3\mid s\,\vee\,t \) .  Cosa que hemos establecido que no se da.


Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

03 Enero, 2019, 08:31 am
Respuesta #2

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,066
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

“ \( y \) “ ,  como cualquier entero positivo, puede escribirse como la diferencia de otros dos enteros  “ \( s-t \) “ ;  para  \( (s,t)=1 \)  \( \wedge \)  \( s\not\equiv t \)  mod 2 . Es más, no pierdo generalidad si establezco la condición de que  " \( s \) "  \( \wedge \)  " \( t \) "  no sean múltiplos de 3. Como  " \( y \) "  tampoco es múltiplo de 3; módulo 3 siempre podrá darse:  " \( 1=2-1 \) "   \( \vee \)   " \( 2=1-2 \) " ,  para todos los casos de no-múltipos de 3.  Luego:  \( y^2=(s-t)^2\,=\,s^2+t^2-2st \) .  Como también:  \( y^2=a^4+b^4-6a^2b^2 \) ;  puedo hacer la siguiente agrupación de términos:  \( a^4+b^4=s^2+t^2 \)   \( \wedge \)  \( 6a^2b^2=2st \) . 

Esta parte está mal.

Es cierto que \( y \) puede escribirse obviamente como diferencia de dos enteros coprimos. Pero lo que no  está claro es que puedan escogerse tales enteros de manera que:

\( a^4+b^4=s^2+t^2 \)
\( 6a^2b^2=2st \)

Esas dos condiciones determinan casi únivocamente a \( s \) y \( t \) (son dos ecuaciones y dos incógnitas). ¿Pero por qué las soluciones \( s \) y \( t \) han de ser enteras?.

El sistema equivale a:

\( s-t=y \)
\( s+t=\sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2} \)

Para que \( s \) y \( t \) sean enteros necesitamos que \( \sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2} \) sea entero; equivalentemente que \( a^4+b^4+6a^2b^2 \) sea un cuadrado perfecto. ¿Lo es necesariamente? ¿Si?¿No? ¿Por qué?.

Saludos.

03 Enero, 2019, 03:54 pm
Respuesta #3

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola,

Es cierto que \( y \) puede escribirse obviamente como diferencia de dos enteros coprimos. Pero lo que no  está claro es que puedan escogerse tales enteros de manera que:

\( a^4+b^4=s^2+t^2 \)
\( 6a^2b^2=2st \)

Esas dos condiciones determinan casi únivocamente a \( s \) y \( t \) (son dos ecuaciones y dos incógnitas). ¿Pero por qué las soluciones \( s \) y \( t \) han de ser enteras?.

Hay una explicación. Es claro que  \( s^2\,\wedge\,t^2 \)  son coprimos. Luego sus raíces (irracionales):  \( s,t \) ,  también lo son; en el sentido de que multiplicadas no pueden dar lugar nunca a un cuadrado. Por lo que si  \( s,t \)  fueran irracionales, también lo serían  \( a^2,b^2 \)  (\( st=3a^2b^2) \) .


Citar
Para que \( s \) y \( t \) sean enteros necesitamos que \( \sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2} \) sea entero; equivalentemente que \( a^4+b^4+6a^2b^2 \) sea un cuadrado perfecto. ¿Lo es necesariamente? ¿Si?¿No? ¿Por qué?.

Las respuestas las sé.  " \( \sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2} \) "  no es un cuadrado dado que tomando esta ecuación junto con las condiciones que ha habido que tomar para llegar hasta ella, se demuestra por descenso infinito que no lo es.


Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

03 Enero, 2019, 04:03 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,066
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

 De lo que has respondido no me queda claro si has entendido que la demostración está mal.

Hay una explicación. Es claro que  \( s^2\,\wedge\,t^2 \)  son coprimos. Luego sus raíces (irracionales):  \( s,t \) ,  también lo son; en el sentido de que multiplicadas no pueden dar lugar nunca a un cuadrado. Por lo que si  \( s,t \)  fueran irracionales, también lo serían  \( a^2,b^2 \)  (\( st=3a^2b^2) \) .

Pero ni siquiera sabes si \( s^2 \) y \( t^2 \) son enteros. Insisto que a priori no puedes asegurar que existan enteros \( s,t \) cumpliendo esas dos ecuaciones (ni saber si en todo caso sus cuadrados son enteros).

Citar
Las respuestas las sé.  " \( \sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2} \) "  no es un cuadrado dado que tomando esta ecuación junto con las condiciones que ha habido que tomar para llegar hasta ella, se demuestra por descenso infinito que no lo es.

No estoy seguro de lo que me estás diciendo aquí. ¿Qué suponiendo que es entero y usando descenso infinito llegas a una contradicción?. Sea como sea, tu intento de prueba queda truncado en cuanto que nada garantiza la existencia de \( s,t \) en las condiciones que afirmas.

Saludos.

03 Enero, 2019, 04:22 pm
Respuesta #5

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola,

De lo que has respondido no me queda claro si has entendido que la demostración está mal.

No, todavía no la veo muerta del todo. Entiendo que " a priori" no puedo decir que  \( s,t \)  sean enteros. Eso me queda claro. ¿Y si no lo digo y lo tacho? Como llego a que:  \( 6a^2b^2=2st \) .  Y  \( a,b \)  sí que son enteros. Entonces  \( s,t \)  no pueden ser irracionales. Y me da igual que  \( s^2,t^2 \)  sean también irracionales. Ahora no pongo más que una condición a priori: Que sean coprimos. ¿No valdría así? 

Citar
No estoy seguro de lo que me estás diciendo aquí. ¿Qué suponiendo que es entero y usando descenso infinito llegas a una contradicción?. Sea como sea, tu intento de prueba queda truncado en cuanto que nada garantiza la existencia de \( s,t \) en las condiciones que afirmas.

Aquí no estoy queriendo decir nada. Pusiste unas preguntas que me parecieron de perogrullo y contesté.

Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

03 Enero, 2019, 05:29 pm
Respuesta #6

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,066
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

No, todavía no la veo muerta del todo. Entiendo que " a priori" no puedo decir que  \( s,t \)  sean enteros. Eso me queda claro. ¿Y si no lo digo y lo tacho? Como llego a que:  \( 6a^2b^2=2st \) . 

No llegas a esa igualdad. La impones, que es bien distinto. Es decir tu puedes escoger \( s,t \) cualesquiera tales que \( y=s-t \). Pero lo que nadie te garantiza es que para esa elección arbitraria se cumplan:

\( a^4+b^4=s^2+t^2 \)
\( 6a^2b^2=2st \)

Citar
Y  \( a,b \)  sí que son enteros. Entonces  \( s,t \)  no pueden ser irracionales. Y me da igual que  \( s^2,t^2 \)  sean también irracionales. Ahora no pongo más que una condición a priori: Que sean coprimos. ¿No valdría así?
 

Sólo del hecho de que se cumplan esas dos ecuaciones no se deduce que \( s,t \) sean enteros, que no puedan ser irracionales.

De hecho la solución de ese sistema es:

\( s=\dfrac{\sqrt{a^4+b^4-6a^2b^2}+\sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2}}{2}=\dfrac{y+\sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2}}{2} \)

\( t=\dfrac{\sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2}-\sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2}}{2}=\dfrac{\sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2}-y}{2} \)

Es decir siempre tiene solución, pero no  necesariamente entera.

Citar
Aquí no estoy queriendo decir nada. Pusiste unas preguntas que me parecieron de perogrullo y contesté.

Si para responder a una de ellas necesitas utilizar un argumento de descenso infinito (que en principio no se ni cual es), tan de Perogrullo no serán. En todo caso tenían un punto de preguntas retóricas, es decir, básicamente yo afirmo que salvo que añadas algún argumento no podemos saber si \( \sqrt{a^4+b^4+6a^2b^2} \) es entero y por tanto tu argumento no se sostiene.

Saludos.

03 Enero, 2019, 10:41 pm
Respuesta #7

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola,

Ok, muchas gracias.

Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr