Hola, a la IV (2da. versión) va la vencida
Supongo que: \( z^4=x^4+y^4 \) ; para \( x,y,z \) enteros, coprimos dos a dos y que \( x\not\equiv y \) mod \( 2 \) .
Estrategia:
Demostrar con carácter general que no es posible que se dé a la vez:
\( \pmb{A\cdot B=C\cdot D} \) \( \wedge \) \( \pmb{A-B=C+D} \)
Para: \( \pmb{A,B} \) coprimos -y- \( \pmb{C,D} \) coprimos; uno de cada pareja par.Por el principio de factorización única sé que los mismos factores primos que están a la izquierda de la igualdad " \( AB=CD \) " , deben estar a la derecha, solamente que agrupados de distinta manera. De esta forma si establezco que: \( C=C_1C_2 \) \( \wedge \) \( D=D_1D_2 \) , para \( C_1\,\wedge\,C_2 \) coprimos y \( D_1\,\wedge\,D_2 \) coprimos (uno de ellos par); puedo establecer también sin perder generalidad que: \( A=C_1D_2 \) \( \wedge \) \( B=C_2D_1 \) . Veámoslo:
Luego: \( C_1D_2-C_2D_1=C_1C_2+D_1D_2 \) \( \wedge \) \( C_1D_2-C_1C_2=D_1D_2+C_2D_1 \) \( \wedge \) \( C_1(D_2-C_2)=D_1(D_2+C_2) \) . Por lo que: \( D_1=m(D_2-C_2) \) \( \wedge \) \( C_1=m(D_2+C_2) \) ; para un cierto " \( m \) " entero.
Y también: \( C_1D_2-D_1D_2=C_1C_2+C_2D_1 \) \( \wedge \) \( D_2(C_1-D_1)=C_2(C_1+D_1) \) . Por lo que: \( D_2=n(C_1+D_1) \) \( \wedge \) \( C_2=n(C_1-D_1) \) ; para un cierto " \( n \) " entero.
De esta manera:
\( A=C_1D_2=m(D_2+C_2)n(C_1+D_1) \)
\( B=C_2D_1=n(C_1-D_1)m(D_2-C_2) \)
Y entonces: \( A=mn(D_2C_1+D_2D_1+C_2C_1+C_2D_1) \) \( \wedge \) \( \dfrac{A}{mn}=A+D+C+B \) . Pero entonces: \( \dfrac{A}{mn}-A=B+C+D \) , y " \( mn \) " debe ser igual á " \( 0,5 \) " para que la ecuación salga; lo que es una contradicción.
Ahora veamos que ocurre si el UTF 4 fuera falso y se cumpliera la igualdad de la suma de sus dos cuartas potencias:
Como: \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \) ; serán soluciones en forma de ternas pitagóricas:
\( x^2=2pq \) , \( y^2=p^2-q^2 \) , \( z^2=p^2+q^2 \) ; para \( p,q \) coprimos y \( q \) par.
Por lo que así mismo, serán soluciones en forma de ternas pitagóricas:
\( z=a^2+b^2 \) , \( p=a^2-b^2 \) , \( q=2ab \) \( \wedge \) \( p=c^2+d^2 \) , \( y=c^2-d^2 \) , \( q=2cd \) ; para \( a,b \) coprimos \( \wedge \) \( c,d \) coprimos, uno de cada pareja par.
Y : \( ab=cd \) \( \wedge \) \( a^2b^2=c^2d^2 \) \( \wedge \) \( a^2-b^2=c^2+d^2 \) . Y si: \( a^2=A \) ; \( b^2=B \) ; \( c^2=C \) -y- \( d^2=D \) ; entonces: \( \pmb{AB=CD} \) \( \wedge \) \( \pmb{A-B=C+D} \) .
Ahí lo tenemos.
Un saludo,
PD. Una derivada:
Supongo que:
\( \pmb{A\cdot B=C\cdot D} \) \( \wedge \) \( \pmb{A+B=C+D} \)
Para: \( \pmb{A,B} \) coprimos -y- \( \pmb{C,D} \) coprimos; uno de cada pareja par.Por el principio de factorización única sé que los mismos factores primos que están a la izquierda de la igualdad " \( AB=CD \) " , deben estar a la derecha, solamente que agrupados de distinta manera. De esta forma si establezco que: \( C=C_1C_2 \) \( \wedge \) \( D=D_1D_2 \) , para \( C_1\,\wedge\,C_2 \) coprimos y \( D_1\,\wedge\,D_2 \) coprimos (uno de ellos par); puedo establecer también sin perder generalidad que: \( A=C_1D_2 \) \( \wedge \) \( B=C_2D_1 \) . Veámoslo:
Luego: \( C_1D_2+C_2D_1=C_1C_2+D_1D_2 \) \( \wedge \) \( C_1D_2-C_1C_2=D_1D_2-C_2D_1 \) \( \wedge \) \( C_1(D_2-C_2)=D_1(D_2-C_2) \) . Por lo que: \( C_1=m(D_2-C_2) \) \( \wedge \) \( D_1=m(D_2-C_2) \) ; para un cierto " \( m \) " entero. Lo que no puede ser porque \( C_1 \) -y- \( D_1 \) son coprimos.