[Ruben Rosas]

 
 Hace tiempo, en éste mismo tema "Ternas pitagóricas" exponía
 que demostrar el "teorema de Fermat" equivalía a demostrar
 que existen triángulos rectángulos con lados irracionales "homoformos"(de la misma forma).El área de ésos
 triángulos también sería irracional de la misma forma.Si se
 compara ése área con el obtenido por la fórmula de Herón que
 es A =/ p(p-a)(p-b)(p-c)/ ^1/2 =/ f/16 /^1/2
 pero f = 2 m.2 t sieno m=t .La igualdad m = t es especial e
 igual cada miembro,al producto de la base por la altura del
 triángulo rectángulo.Ésas igualdades especiales fueron estudiadas por Fermat según Hofmann ( tomo dos de Historia de
 la Matemática,tres tomos, Manuales Uteha),La igualdad en
 cuestión esconde otra que sólo es válida para los cuadrados,por lo tanto el área irracional obtenida no puede
 igualarse con la dada por la fórmula de Herón

 Por otra parte puede verse que si se considera un número impar
  I= a.b.c......h siendo a,b,  ..h números primos con a menor que
 b menor que c...menor que h,pueden obtenerse las diferentes  
 ternas pitagóricas a partir de h como constante.También ésto
 sólo sucede con los cuadrados.

[Ruben Rosas]

 
 Hace tiempo, en éste mismo tema "Ternas pitagóricas" exponía
 que demostrar el "teorema de Fermat" equivalía a demostrar
 que existen triángulos rectángulos con lados irracionales "homoformos"(de la misma forma).El área de ésos
 triángulos también sería irracional de la misma forma.Si se
 compara ése área con el obtenido por la fórmula de Herón que
 es A =/ p(p-a)(p-b)(p-c)/ ^1/2 =/ f/16 /^1/2
 pero f = 2 m.2 t sieno m=t .La igualdad m = t es especial e
 igual cada miembro,al producto de la base por la altura del
 triángulo rectángulo.Ésas igualdades especiales fueron estudiadas por Fermat según Hofmann ( tomo dos de Historia de
 la Matemática,tres tomos, Manuales Uteha),La igualdad en
 cuestión esconde otra que sólo es válida para los cuadrados,por lo tanto el área irracional obtenida no puede
 igualarse con la dada por la fórmula de Herón

 Por otra parte puede verse que si se considera un número impar
  I= a.b.c......h siendo a,b,  ..h números primos con a menor que
 b menor que c...menor que h,pueden obtenerse las diferentes  
 ternas pitagóricas a partir de h como constante.También ésto
 sólo sucede con los cuadrados.

[Ruben Rosas]

 Quiero hacer una corrección en la primera parte.Quería involucra
 a la hipotenusa en la obtención del área del triángulo
 rectángulo,para ver si ella podía ser un número irracional de la misma clase que los catetos, lo que aparece en la fórmula de Herón,sin embargo ella se simplifica por lo que en la fórmula del
 área se hace independientemente de la hipotenusa
 Posiblemente más adelante indique como se realiza ésta simplificación.

[Ruben Rosas]

 ¿Cómo se desprende de la hipotenusa la fórmula de Heron?

  m = ( a +b)^2 - c^2  , t = c^2 - ( a - b)^2 ,  es m=t=2ab

 siendo a,b,c lados del triángulo rectángulo y c la hipotenusa

 Se ve que u^2 - v^2 = v^2 - w^2

 Recuerdo haber leído en los libritos manuales Uteha (México)
 
 si la memoria no me falla, que Fermat se ocupó de éste tipo

 de igualdades. De allí  2V^2 = U^2 + W^2

 

[jorgekarras]

X(X)^1/2 + u = Z(Z)^1/2
 Si  m + n = Z(Z)^1/2                 (&)  .Elevando al cuadrado:
  m^2 + n^2 +2mn = Z^3          (&&)

 En(&),m, n, no pueden ser racionales pùes el seg.miem.no lo es
 En (&) si m=X(X)^1/2, y n es racional, en (&&), resluta que el
 primer miembro es irracional y el segundo miembro natural,luego
 la igualdad es imposible.

Mezclas racionales e irracionales, y eso no correcto (al menos es lo que me han dicho a mí en el topic de al lado).
Además no entiendo por qué elevar (m+n) al cuadrado e igualarlo a Z3; creo que no es posible en ningún caso
(m+n)2=Z3
pero eso no demuestra nada.

Tampoco es cierto

(lo mismo podría hacerse
con cualquier primo impar distinto de p=3,sabiendo que el UTF
 queda de mostrado si se dá la prueba para cualquier primo=/=2

El UTF queda demostrado para todas las potencias pares si demuestras que no es válida para potencias a la cuarta.
Pero en el caso de potencias impares, no tendría una equivalencia, al menos algebraicamente. Hay que ir demostrándolas una a una (y así se ha hecho hasta la generalización de A. Willes).

Me gusta el planteamiento, por lo de geométrico. A ver si termino de aclarar mis ideas y te digo algo. Porque, efectivamente, este dibujo es imposible, y creo que se puede demostrar de manera más sencilla.

[Ruben Rosas]

 ACLARACION: El dibujo de la respuesta 175 corresponde a la

 respuesta 174 de Rubén Rosas.

 La puesta en el foro de ése dibujo se debe a JK al cual le

 agradezco por ello.

 La expresión (1) (ahora la indiqué así) está constituída por tres

 términos que son suma de dos cubos que dan un cubo.Podría

 haberse indicado suma de quintas,séptimas, etc potencias.Los

 lados de un cuadrado se encuentran como la raíz cuadrada de

 sus áreas,por éso los lados son para el cubo de X el valor X por

 raíz cuadrada de X, etc.

 Si se escribe X(X)^1/2 + n = Z(Z)^1/2 al elevar al cuadrado

 se tiene dos de los cubos de (1),por lo tanto lo que resta deberá

 ser equivalente a Y^3. Basta demostrar que ésta igualdad

 es imposible para tener demostrada la imposibilidad de (1).

 pero ello es posible si lo es la igualdad (&),lo que se prueba

 que es viable sólo si se trata de iguales términos bajo la raíz

 cuadrada, es decir sólo son válidos ejemplos como

 5 ( q)^1/2 + 7( q)^1/2 = ( 5 + 7)(q)^1/2.


 Otra forma sería pensar que u=(z^3)^1/2  - (X^3)^1/2 .pero

 ésto significa caer en un círculo vicioso,y como tal no resuelve

 nada.

[jorgekarras]

Hola, Rubenrosas:

Lo mismo sucede con las pares:

x6+y6=z6

es lo mismo que decir

(x3)2 +(y3)2 = (z3)2

Lo único que te puedo decir es que, efectivamente, tienes razón. Ese tipo de triángulos pitagóricos son imposibles. Como sabes, propuse otra demostración en el topic de al lado, pero me tuve que parar a la hora de generalizarla por el uso de irracionales. Me quedé con las potencias pares, que ya es bastante.

En todo caso, no te puedo convencer de nada, porque, insisto, a mi modo de ver tienes razón.

Salu2

[jorgekarras]

No, no acepto tu demostración.
 
Acepto que lo que dices es cierto, e incluso que el camino es interesante.

[Ruben Rosas]

 
 Veo que la supuesta "demostración" no es tal pues me doy

 cuenta que se cae como indiqué otras veces en círculo vicioso,

 por lo tanto borraré algunas de las cosas que he escrito.

 Sin embargo obtengo una forma de llegar a las ternas

 pitagóricas por un camino que se hace por descomposición

 de números,un camino que es más laborioso que los otros

 que he mostrado aquí en el foro, pero tiene la ventaja que hace

 visible su no aplicación a cubos que son sumas de cubos (y,

 tambíen a siguientes casos de exponentes primos impares)
 
 en el caso de los cubos si  u = abc, producto de naturales

 consecutivos,debería  ser en general u = AB (producto de dos

 naturales consecutivos) , además 3u debería ser menor que

 b+B, lo cual es imposible aparentemente.

[Ruben Rosas]

 Se puede ver que a partir de una terna pitagórica se pueden obtener l

 las otras . Ejemplo si se parte de X= 1, Y= 0 , Z = 1 se obtiene

  De la terna 1, 0 , 1 es decir se obtiene la terna 3, 4, 5

 Expresándolo como diferencia de cuadrados la

 \( 1^2 = 1^2 - 0^2 \) queda reemplazada por

  \( 3^2 = 5^2 - 4^2 \) en dónde

 \( 3^2 = ((1 + 4)-( 0 -4))((1+4) + (0+4)) \) es decir

 3^2 = ( 5 -4)(5 + 4) o sea \( 3^2 = 5^ 2 - 4^2 \)

 si se tratara de \( a^3 = c^3 - b^3 \)

 se tendría \( a^3 =( c - b)( c^2 + cb + b^2 ) \) y en los

 factores del segundo miembro no podría hacerse una repartición

 como se realiza en las diferencias de cuadrados.

 Lo mismo para exponente 5. 7. 11,.... , etc

 Pero el UTF queda demostrado si se prueba para todo exponente

 impar primo, por lo tanto se ve con ésto su imposibilidad.

Ampliar información en:http://www.monografias.com/trabajos-pdf901/ternas-pitagoricas-ultimo/ternas-pitagoricas-ultimo.pdf