Autor Tema: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)

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10 Marzo, 2015, 08:02 pm
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Hola,

Escribo otra vez en este hilo para exponer lo que, en mi opinión, podría ser la terminación natural de esta demostración tal y como la planteé en el primer post.


Punto de partida:

Si:  \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par;  \( x,y,z \)  son coprimos 2 a 2  \( \wedge \)  \( x^4+y^4=z^4 \) ;  entonces existirán siempre soluciones para:  \( x^4+y^4=Z^2 \) ,  para  \( Z=z^2 \) , siendo  \( Z^2 \)  el cuadrado con el valor mínimo posible de la suma:  \( x^4+y^4 \) .


Desarrollo:

(1)    \( x^4+y^4=z^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2)} \)

    a) Como:  \( x\,,\,\,z^2+y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-y^2 \)  son pares.

Entonces, de entrada:  \( x=2u \)

    b) Demostración que  \( z^2+y^2 \) es par de la forma: 2v .

Si:  \( y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1 \) ;  entonces:

\( z^2+y^2=2(2b^2-2b+2a^2-2a+1) \)

    c) Demostración que  \( z^2-y^2 \)  es par, como mínimo, de la forma:  \( 8w \) .

Si:  \( y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1 \) ;  entonces:  \( z^2-y^2=4(b^2-a^2-b+a) \)

E independientemente de la paridad de  \( a\vee b \) ,  la suma de las cantidades contenidas en el paréntesis será siempre par.


(2)    De esta manera:  \( 16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w} \)

    a)  Si  \( v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w \)  son coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas. Demostración:

\( z^2+y^2=2v\,\,\,\wedge\,\,\,z^2-y^2=8w \)

\( z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{z^2=v+4w} \)

\( y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{y^2=v-4w} \)

De esta forma, si  \( v\,\,\,\wedge\,\,\,w \)  tuvieran un factor común (\( l \)); entonces:  \( z^2=l(v^{'}+4w^{'})\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(v^{'}-4w^{'}) \) ,  y  " \( l \) "  dividiría a  \( z^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2 \) ,  lo que no es posible al ser ambos coprimos.

Tenemos entonces que:  \( v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4 \) .

    b) Como sabemos que:  \( y^2=p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4 \) ,  y que además:  \( x^4=z^4-y^4 \) ;  podemos ahora despejar  " \( x \) "  en función de  \( p\,\,\,\wedge\,\,\,q \) :

\( x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x=2pq} \)

Donde:  \( p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge \)  \( p \) = impar, pues es la única manera para que se cumpla que  \( y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2 \)  sean impares.

    c) Demostremos ahora que  " \( q \) "  es, a su vez, par.

Como:  \( z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}} \)

Si:  \( z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1 \) ; entonces:  \( q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b \)

Y como todos los términos de la suma son pares menos  \( b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b \) .  Sea  " \( b \) " par o impar, el resultado será siempre par.


(3)    Es obvio que:  \( p^2+2q^2=(p^2-2q^2)+4q^2 \) .  Y como:  \( p^2+2q^2 \)  es un cuadrado (\( A^2 \)), puesto que  \( y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2) \)  y ambos factores son coprimos;  \( p^2-2q^2 \)  es un cuadrado (\( B^2 \)) -por la misma razón- y  \( 4q^2 \)  también representará un cuadrado (\( C^2 \)). Al ser  \( mcd(4q^2\,,\,p^2-2q^2\,,\,p^2+2q^2)=1 \) , entonces podré decir que:  \( A^2=B^2+C^2 \) ,  y obtener la terna pitagórica:  \( (C,B,A)\,\in\,{(2ab\,,\,a^2-b^2\,,\,a^2+b^2)} \) ,  para  \( a,b \) coprimos y  \( b \)  par. De donde:  \( 2q=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q=ab} \) ;  \( (p^2-2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2} \) ;  y:  \( (p^2+2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2} \) .


(4)    De esta manera:

\( p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2a^2b^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\, p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2a^2b^2=(a^2+b^2)^2} \) . De donde:  \( 2a^2b^2=(a^2+b^2)^2-p^2\,\,\,\wedge\,\,\,p^2-(a^2+b^2)^2+p^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{p^2=a^4+b^4}} \) .  Pero entonces tendremos un cuadrado impar:  " \( p^2 \) ", que siendo igual a la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí, es menor que  \( Z^2 \) ,  que es igual a  " \( (p^4+4q^4)^2 \) "  y que sería, como quedamos, el cuadrado menor posible de la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí:  \( x^4+y^4 \) ;  lo que es una contradicción; que hará inviable que  \( Z^2 \)  sea una solución y que impedirá, además, que  \( x^4+y^4=z^4 \)  la tenga.



Un saludo,



PD. Me doy cuenta ahora mismo al escribir lo de arriba, que también puede llegarse sin mucha dificultad a la contradicción expuesta, escribiendo que:

<< Como sabemos que:  \( y^2=p^4-4q^4 \) ;  entonces:

    \( y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2} \)

Y como:  \( mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1 \) ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    \( (2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2ab\,,\,a^{2}-b^{2}\,,\,a^{2}+b^{2}) \)

Así:

    \( q^2\,=\,a\,b\quad\wedge\quad y\,=\,a^2-b^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,a^2+b^2  \)

Y como:  \( q^2\,=\,a\,b \)  y  \( (a\,,\,b) \)  son coprimos; entonces éstos serán los cuadrados:  \( a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_1^2 \) .  De donde:  \( \pmb{p^2\,=\,a_1^4+b_1^4} \) .  >>


En fin, la forma de terminarla que os guste más.
  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 

11 Marzo, 2015, 10:53 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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11 Marzo, 2015, 11:45 am
Respuesta #2

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¡¡Muchas gracias el_manco!!

Me gustaría también poner esta demostración en la Revista del Foro. ¿Cómo lo ves tú? ¿Es adecuado hacerlo?


Un saludo,
  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 

11 Marzo, 2015, 02:53 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

¡¡Muchas gracias el_manco!!

Me gustaría también poner esta demostración en la Revista del Foro. ¿Cómo lo ves tú? ¿Es adecuado hacerlo?


Un saludo,

Puedes añadirlo a la que ya has escrito, en el mismo hilo pero en un nuevo mensaje.

Cuando tenga un rato preparo la página del número 2015. Hay que incluir un resumen del trabajo. De manera análoga a lo que aparece aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=65851.0

En tu caso puedes decir que presentas dos variantes de la demostración clásica del Teorema de Fermat para exponente cuatro.

Saludos.

11 Marzo, 2015, 05:47 pm
Respuesta #4

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Hola el_manco,


Puedes añadirlo a la que ya has escrito, en el mismo hilo pero en un nuevo mensaje.

Cuando tenga un rato preparo la página del número 2015. Hay que incluir un resumen del trabajo. De manera análoga a lo que aparece aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=65851.0

En tu caso puedes decir que presentas dos variantes de la demostración clásica del Teorema de Fermat para exponente cuatro.


Gracias por tus indicaciones. Lo haré como dices.


No obstante, releyendo esta demostración de ahora pienso que se puede poner de una manera más simplificada. Aquí va una forma de hacerlo (que escribo de forma esquemática).


\( z^4=x^4+y^4 \)

\( Z^2=x^4+y^4 \) ,  para:  \( Z=z^2 \) . Representando  " \( Z^2 \) ", sin pérdida de generalidad, el mínimo cuadrado posible suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.

\( Z^2=(x^2)^2+(y^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{(x^2,y^2,Z)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}} \) , para  \( a,b \) coprimos y  \( b \)  par.

Entonces:  \( x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,Z=a^2+b^2 \)

Y como  \( x^2 \)  es un cuadrado,  \( a\,\,\wedge\,\,b \)  son coprimos y  \( b \)  es par; entonces " \( a \) "  será de la forma:  \( a_1^2 \)  y  " \( b \) "  de  la forma:  \( 2b_1^2 \)

\( y^2=(a_1^2)^2-(2b_1^2)^2 \)

\( (2b_1^2,y,a_1^2)\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)} \) ,  para  \( a_2,b_2 \)  coprimos y  \( b_2 \)  par.

Y entonces:  \( 2b_1^2=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,y=a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=a_2^2+b_2^2 \)

Como:  \( b_1^2=a_2b_2 \)  y  \( a_2,b_2 \)  son coprimos; entonces:  \( a_2=a_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=b_3^2 \) .

Pero ahora:  \( a_1^2=a_3^4+b_3^4 \) .  Y como:  \( Z^2=x^4+y^4=(a^2+b^2)^2=\left({(a_3^4+b_3^4)^2+(2a_3^2b_3^2)^2}\right)^2 \)

Será:  \( \pmb{a_1^2\,<\,Z^2} \) .  Lo que es imposible.


Un saludo,
  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 

12 Marzo, 2015, 12:25 am
Respuesta #5

Piockñec

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Como sugerencia, podríais poner también en el mismo número la demostración de mente oscura.

Llevo varios años siguiendo este tema (Fermat), y creo que este año es la primera vez que se logran demostraciones, y varias, una maravilla!!! :D No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :)

12 Marzo, 2015, 09:42 am
Respuesta #6

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Hola Piockñec,


Como sugerencia, podríais poner también en el mismo número la demostración de mente oscura.

Yo también veo que es lo suyo. Pero eso es un poco decisión del propio mente oscura -a ver si quiere- y en todo caso de el_manco. Vaya por delante que para mí la demostración de mente oscura tiene algunas ventajas sobre las mías, es más alternativa que las clásicas conocidas y además demuestra una regla general hasta cierto punto independiente: Que no es posible ninguna proposición -derivada del Teorema de Fermat o no- que implique que dos ternas pitagóricas tengan dos elementos en común. No me duelen prendas el reconocerlo. De hecho todavía no he abandonado una línea de investigación sobre el n = 4 que sí representaría una solución más alternativa a las conocidas, lo que pasa es que no me sale   ???      :D


Llevo varios años siguiendo este tema (Fermat), y creo que este año es la primera vez que se logran demostraciones, y varias, una maravilla!!! :D No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :)

Que no te enteres Piockñec, es una cuestión importante. Y más en un Foro como éste organizado para resolver dudas sobre matemáticas. Dime sobre qué parte de la demostración simplificada de arriba tienes dudas y te las procuro resolver. Vamos, sobre esta demostración o sobre cualquiera de las otras. Yo no soy más inteligente que tú, eso tenlo muy claro, simplemente me he concentrado -con pasión- en algo.


Un saludo,
  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 

12 Marzo, 2015, 02:01 pm
Respuesta #7

Piockñec

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Por eso, Proyecto :) Yo no me concentro con pasión en el teorema de Fermat, yo soy más de matemáticas del continuo (y diferenciables! :D ) pero un día de estos, me pondré a leer todos los hilos de nuevo sobre el teorema de fermat, con predisposición de aprender, y contaré contigo para cualquier duda ;) ¡Gracias!

12 Marzo, 2015, 07:45 pm
Respuesta #8

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Hola,

Así acabo de ponerlo todo en la Sección de la Revista del Foro. Un saludo,



<<    Abstract:

Buscando una demostración alternativa a las conocidas del Teorema de Fermat para exponente cuatro, me encuentro con que no puedo llegar más allá de unas cuantas variantes de la demostración clásica por descenso infinito, que expongo a continuación -incluyo a la del mensaje anterior-. ¿Sería posible encontrar una reducción al absurdo por otros motivos que sirviera también como demostración de este caso del Teorema de Fermat? Es una cuestión que para mí sigue abierta.
 

Un saludo,

Fernando Moreno


 
(A)   (10 de marzo de 2015. Aquí en el Foro)


Punto de partida:

Si:  \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par;  \( x,y,z \)  son coprimos 2 a 2  \( \wedge \)  \( x^4+y^4=z^4 \) ;  entonces existirán siempre soluciones para:  \( x^4+y^4=Z^2 \) ,  para  \( Z=z^2 \) , siendo  \( Z^2 \)  el cuadrado con el valor mínimo posible de la suma:  \( x^4+y^4 \) .


Desarrollo:


(1)    \( x^4+y^4=z^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2)} \)

    a) Como:  \( x\,,\,\,z^2+y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-y^2 \)  son pares.

Entonces, de entrada:  \( x=2u \)

    b) Demostración que  \( z^2+y^2 \) es par de la forma: 2v .

Si:  \( y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1 \) ;  entonces:

\( z^2+y^2=2(2b^2-2b+2a^2-2a+1) \)

    c) Demostración que  \( z^2-y^2 \)  es par, como mínimo, de la forma:  \( 8w \) .

Si:  \( y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1 \) ;  entonces:  \( z^2-y^2=4(b^2-a^2-b+a) \)

E independientemente de la paridad de  \( a\vee b \) ,  la suma de las cantidades contenidas en el paréntesis será siempre par.


(2)    De esta manera:  \( 16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w} \)

    a)  Si  \( v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w \)  son coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas. Demostración:

\( z^2+y^2=2v\,\,\,\wedge\,\,\,z^2-y^2=8w \)

\( z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{z^2=v+4w} \)

\( y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{y^2=v-4w} \)

De esta forma, si  \( v\,\,\,\wedge\,\,\,w \)  tuvieran un factor común (\( l \)); entonces:  \( z^2=l(v^{'}+4w^{'})\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(v^{'}-4w^{'}) \) ,  y  " \( l \) "  dividiría a  \( z^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2 \) ,  lo que no es posible al ser ambos coprimos.

Tenemos entonces que:  \( v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4 \) .

    b) Como sabemos que:  \( y^2=p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4 \) ,  y que además:  \( x^4=z^4-y^4 \) ;  podemos ahora despejar  " \( x \) "  en función de  \( p\,\,\,\wedge\,\,\,q \) :

\( x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x=2pq} \)

Donde:  \( p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge \)  \( p \) = impar, pues es la única manera para que se cumpla que  \( y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2 \)  sean impares.

    c) Demostremos ahora que  " \( q \) "  es, a su vez, par.

Como:  \( z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}} \)

Si:  \( z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1 \) ; entonces:  \( q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b \)

Y como todos los términos de la suma son pares menos  \( b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b \) .  Sea  " \( b \) " par o impar, el resultado será siempre par.


(3)    Es obvio que:  \( p^2+2q^2=(p^2-2q^2)+4q^2 \) .  Y como:  \( p^2+2q^2 \)  es un cuadrado (\( A^2 \)), puesto que  \( y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2) \)  y ambos factores son coprimos;  \( p^2-2q^2 \)  es un cuadrado (\( B^2 \)) -por la misma razón- y  \( 4q^2 \)  también representará un cuadrado (\( C^2 \)). Al ser  \( mcd(4q^2\,,\,p^2-2q^2\,,\,p^2+2q^2)=1 \) , entonces podré decir que:  \( A^2=B^2+C^2 \) ,  y obtener la terna pitagórica:  \( (C,B,A)\,\in\,{(2ab\,,\,a^2-b^2\,,\,a^2+b^2)} \) ,  para  \( a,b \) coprimos y  \( b \)  par. De donde:  \( 2q=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q=ab} \) ;  \( (p^2-2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2} \) ;  y:  \( (p^2+2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2} \) .


(4)    De esta manera:

\( p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2a^2b^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2a^2b^2=(a^2+b^2)^2} \) . De donde:  \( 2a^2b^2=(a^2+b^2)^2-p^2\,\,\,\wedge\,\,\,p^2-(a^2+b^2)^2+p^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{p^2=a^4+b^4}} \) .  Pero entonces tendremos un cuadrado impar:  " \( p^2 \) ", que siendo igual a la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí, es menor que  \( Z^2 \) ,  que es igual a:  \( (p^4+4q^4)^2 \)  y que sería, como quedamos, el cuadrado menor posible suma de dos cuartas potencias coprimas entre sí:  \( x^4+y^4 \) ;  lo que es una contradicción; que hará inviable que  \( Z^2 \)  sea una solución y que impedirá, además, que  \( x^4+y^4=z^4 \)  pueda tenerla.

 

(B)  (11 de marzo de 2015. Aquí en el Foro)


Si:  \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par;  \( x,y,z \)  son coprimos 2 a 2  \( \wedge \)  \( x^4+y^4=z^4 \) ;  entonces:  \( Z^2=x^4+y^4 \) ,  para:  \( Z=z^2 \) . Representando  " \( Z^2 \) ", sin pérdida de generalidad, el mínimo cuadrado posible suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.


Sabemos pues que:  \( Z^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \) . De donde se deduce la terna pitagórica:  \( {(x^2,y^2,Z)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}} \) , para  \( a,b \) coprimos y  \( b \)  par.

Entonces:  \( x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,Z=a^2+b^2 \)

Y como  \( x^2 \)  es un cuadrado,  \( a\,\,\wedge\,\,b \)  son coprimos y  \( b \)  es par; entonces " \( a \) "  será de la forma:  \( a_1^2 \)  y  " \( b \) "  será de  la forma:  \( 2b_1^2 \)

Luego tendremos que:  \( y^2=(a_1^2)^2-(2b_1^2)^2 \)

Y la terna pitagórica:  \( (2b_1^2,y,a_1^2)\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)} \) ,  para  \( a_2,b_2 \)  coprimos y  \( b_2 \)  par.

Entonces:  \( 2b_1^2=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,y=a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=a_2^2+b_2^2 \)

Y como:  \( b_1^2=a_2b_2 \)  y  \( a_2,b_2 \)  son coprimos; será:  \( a_2=a_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=b_3^2 \) .

Pero ahora:  \( a_1^2=a_3^4+b_3^4 \) .  Y dado que:  \( Z^2=x^4+y^4=(a^2+b^2)^2=\left({(a_3^4+b_3^4)^2+(2a_3^2b_3^2)^2}\right)^2 \)

Tendremos que el cuadrado:  \( \pmb{a_1^2\,<\,Z^2} \) .  Lo que es imposible.    >>
  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 

13 Marzo, 2015, 02:34 am
Respuesta #9

mente oscura

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Hola Piockñec,


Como sugerencia, podríais poner también en el mismo número la demostración de mente oscura.

Yo también veo que es lo suyo. Pero eso es un poco decisión del propio mente oscura -a ver si quiere- y en todo caso de el_manco. Vaya por delante que para mí la demostración de mente oscura tiene algunas ventajas sobre las mías, es más alternativa que las clásicas conocidas y además demuestra una regla general hasta cierto punto independiente: Que no es posible ninguna proposición -derivada del Teorema de Fermat o no- que implique que dos ternas pitagóricas tengan dos elementos en común. No me duelen prendas el reconocerlo. De hecho todavía no he abandonado una línea de investigación sobre el n = 4 que sí representaría una solución más alternativa a las conocidas, lo que pasa es que no me sale   ???      :D


Llevo varios años siguiendo este tema (Fermat), y creo que este año es la primera vez que se logran demostraciones, y varias, una maravilla!!! :D No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :)

Que no te enteres Piockñec, es una cuestión importante. Y más en un Foro como éste organizado para resolver dudas sobre matemáticas. Dime sobre qué parte de la demostración simplificada de arriba tienes dudas y te las procuro resolver. Vamos, sobre esta demostración o sobre cualquiera de las otras. Yo no soy más inteligente que tú, eso tenlo muy claro, simplemente me he concentrado -con pasión- en algo.


Un saludo,

Hola.

Muchas gracias a los dos.

Claro que me gustaría, poner (casi mejor que alguien la ponga, porque soy bastante torpe, con estas "cosas"), en la revista, mi demostración. La verdad, es que no lo vi "claro" y me he conformado con la fijación en el subforo de Fermat.

No me importa (al contrario), que estén en la misma revista o "hilo", o lo que "sea". :D

Un cordial saludo.