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

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

09 Marzo, 2019, 08:36 pm
Leído 1344 veces

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola, a la IV va la vencida   :D


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:

\( \pmb{a\cdot b=c\cdot d} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{a^2=b^2+c^2+d^2} \)

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:






Tenemos que:  \( a^2-b^2=c^2+d^2 \) .  Luego:  \( (a+b)\,(a-b)=(c+di)\,(c-di) \) .  Y :  \( 1=\dfrac{c+di}{a+b}\cdot\dfrac{c-di}{a-b} \) .  Estas razones para resolverse, tienen a la fuerza que poder simplificarse de alguna manera convirtiéndose en otras 2, puesto que:  \( a+b\neq c+di \)  \( \wedge \)  \( a-b\neq c-di \) .  Luego nos encontraremos con que:  " \( a+b \) "  \( \wedge \)  " \( a-b \) " ,  una u otra o las dos, deben dividir en parte á  " \( c \) "  y en parte á  " \( d \) " ; pues ambos términos no suman ni restan. Pero lo que tenemos es esto:  \( 1=\dfrac{c_1c_2+d_1d_2\,i}{c_1d_2+c_2d_1}\cdot\dfrac{c_1c_2-d_1d_2\,i}{c_1d_2-c_2d_1} \) .  Y :  “ \( c_1d_2+c_2d_1 \) “  \( \wedge \)  “ \( c_1d_2-c_2d_1 \) “  son coprimos tanto con  “ \( c_1c_2 \) “  como con  “ \( d_1d_2 \) “ .


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:

\( z=a'^2+b'^2 \)  ,  \( p=a'^2-b'^2 \)  ,  \( q=2a'b' \)    \( \wedge \)    \( p=c'^2+d'^2 \)  ,  \( y=c'^2-d'^2 \)  ,  \( q=2c'd' \) ;  para  \( a',b' \)  coprimos  \( \wedge \)  \( c',d' \)  coprimos, uno de cada pareja par. 

Y :  \( \pmb{a'b'=c'd'} \)  \( \wedge \)  \( \pmb{a'\,^2-b'\,^2=c'\,^2+d'\,^2} \) .  Ahí lo tenemos.  


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

09 Marzo, 2019, 10:44 pm
Respuesta #1

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola. Me he precipitado, el razonamiento no es suficiente. Es cierto que tanto  \( a+b \)  como  \( a-b \)  no dividen ni á  \( c+di \)  ni á  \( c-di \) .  Pero fuera de  \( \mathbb{Z[ i ]} \)  dos factores del tipo:  \( q+ri \)  \( \wedge \)  \( q-ri \) ,  multiplicados pueden dar lugar á  \( 1 \) .
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

28 Marzo, 2019, 09:13 am
Respuesta #2

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
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.
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

28 Marzo, 2019, 10:07 am
Respuesta #3

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,006
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

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.

No está bien. O bien \( D_1 \) es par, o bien \( D_2 \) es par.

- Si \( D_1 \) es par entonces \( D_2+C_2 \) es par y \( C_1=m(D_2+C_2) \) sería también par. Pero \( C \) es impar.

- Si \( D_2 \) es par entonces \( C_1-D_1 \) es par y \( C_2=n(C_1-D_1) \) sería también par. Pero \( C \) es impar.

 En particular no estás teniendo en cuenta que \( D_1 \) es par entonces \( D_2-C_2 \) y \( D_2+C_2 \) no con coprimos, porque ambos son pares.

Saludos.

P.D. Mi percepción es que este tipo de razonamiento lo has intentado seis o siete veces al menos; está agotado.

28 Marzo, 2019, 11:57 am
Respuesta #4

Fernando Moreno

  • Aprendiz
  • Mensajes: 284
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola, ahora ya lo veo, he estado razonando mal. Se me ha ido la pinza. Es verdad que me cuesta trabajo ver que este tema está agotado porque no hay otra cosa. Un saludo,

Añadido: Concreto el error de bulto por respeto a la gente que me pueda leer. En primer lugar:

..para  \( C_1\,\wedge\,C_2 \)  coprimos y  \( D_1\,\wedge\,D_2 \)  coprimos (uno de ellos par)..

Aquí no me refiero a que sea par  \( D_1 \)  ó  \( D_2 \) ;  si no:  \( C_1 \)  ,  \( C_2 \)  ,  \( D_1 \)  ó  \( D_2 \) . Está mal expresado.

En segundo lugar:

..Luego:  \( C_1D_2-C_2D_1=C_1C_2+D_1D_2 \)   \( \wedge \)   \( C_1D_2-C_1C_2=D_1D_2+C_2D_1 \)   \( \wedge \)   \( C_1(D_2-C_2)=D_1(D_2+C_2) \) .


" \( D_1 \) "  efectivamente no puede dividir á  \( C_1 \) ;  pero no es: \( D_1=m(D_2-C_2) \) , si no: \( mD_1=D_2-C_2 \) .

Disculpas, no sé lo que me ha pasado.
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr