Hola,
Escribo una vez más sobre este tema por culpa de
sugata ( * ), que me lo ha vuelto a recordar
Al final, como siempre, la única contradicción posible no está en las relaciones aritméticas que se dan entre las distintas variables sino en su propiedad de ser infinitamente “precisas”; algo incompatible con su naturaleza de ser números enteros.
(A)Parto de que es cierto que: \( x^4+y^4=z^4 \) , para \( x,y,z \) enteros, coprimos 2 a 2 y \( x \) , por ejemplo, par.
Y que si: \( Z=z^2 \) ; entonces \( Z^2 \) es el menor cuadrado posible que cumple que: \( Z^2=x^4+y^4 \) .
Tenemos pues:
\( (x^2)^2+(y^2)^2=Z^2 \)
Por lo tanto sé que serán soluciones del caso n = 2:
\( x^2=2pq \)
\( y^2=p^2-q^2 \)
\( Z=p^2+q^2 \)
, para \( p,q \) coprimos y \( q \) , por ejemplo, par.
Luego:
\( x=(2pq)^{\frac{1}{2}}\,\Rightarrow\,{p=p_1^2\,\,\wedge\,\,q=2q_1^2\,\,\wedge\,\,2q=A^2} \)
\( y^2=(p+q)\,(p-q) \) y como: \( (p+q\,,\,p-q)=1 \) ; entonces: \( p+q=B^2\,\,\wedge\,\,p-q=C^2 \)
Observo que:
\( (p-q)+2q=p+q\,\Rightarrow\,{C^2+A^2=B^2} \)
Luego serán soluciones del caso n = 2:
\( (p-q)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2 \)
\( 2q_1=2ab \)
\( (p+q)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2 \)
, para \( a,b \) coprimos y uno de ellos par.
De esta manera:
\( q_1=ab\,\,\wedge\,\,q^2=4a^4b^4 \)
\( y^2=(p+q)\,(p-q)\,=\,(a^2+b^2)^2\,(a^2-b^2)^2\,=\,(a^4-b^4)^2 \)
Y como también: \( y^2=p^2-q^2 \) ; sustituyendo: \( (a^4-b^4)^2=p^2-4a^4b^4 \)
Y entonces:
\( p^2=a^8+b^8-2a^4b^4+4a^4b^4\,\Rightarrow\,{p^2=(a^4+b^4)^2}\,\Rightarrow\,{p=(a^4+b^4)}\,\Rightarrow\,{p_1^2=a^4+b^4} \)
Pero \( p_1^2\,<\,Z^2 \) y cumple también ser un cuadrado impar resultado de una suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí; lo que contradice el punto de partida.
(B)Parto igualmente de que es cierto que: \( x^4+y^4=z^4 \) , para \( x,y,z \) enteros, coprimos 2 a 2 y \( x \) , por ejemplo, par.
Y que si: \( Y=y^2 \) ; entonces \( Y^2 \) es el menor cuadrado posible que cumple que: \( Y^2=z^4-x^4 \) .
Tendremos:
\( (x^2)^2+Y^2=(z^2)^2 \)
Por lo tanto sé que serán soluciones del caso n = 2:
\( x^2=2pq \)
\( Y=p^2-q^2 \)
\( z^2=p^2+q^2 \)
, para \( p,q \) coprimos y \( q \) , por ejemplo, par.
Luego:
\( x=(2pq)^{\frac{1}{2}}\,\Rightarrow\,{p=p_1^2\,\,\wedge\,\,q=2q_1^2} \)
Entonces:
\( x^2+z^2=(p+q)^2 \)
Y volverán a ser soluciones del caso n = 2:
\( x=2ab \)
\( z=a^2-b^2 \)
\( (p+q)=a^2+b^2 \)
, para \( a,b \) coprimos y \( b \) , por ejemplo, par.
Tenemos entonces:
\( x=2ab\,=\,2p_1q_1\,\Rightarrow\,{\pmb{p_1q_1=ab}} \)
\( p+q=a^2+b^2\,\Rightarrow\,{\pmb{p_1^2+2q_1^2=a^2+b^2}} \)
Veamos que esto último no es posible.
Como resulta evidente que \( p_1\neq a\,\,\wedge\,\,q_1\neq b \) , supongamos entonces sin perder generalidad que:
\( a=a_1\cdot a_2 \)
\( b=b_1\cdot b_2 \)
\( p_1=a_1\cdot b_1 \)
\( q_1=a_2\cdot b_2 \)
y establezcamos que el factor par está en \( b_2 \) .
Desarrollo:
\( a_1^2b_1^2+2(a_2^2b_2^2)=a_1^2a_2^2+b_1^2b_2^2 \)
\( a_1^2a_2^2-a_1^2b_1^2=a_2^2b_2^2-b_1^2b_2^2+a_2^2b_2^2 \)
\( a_1^2(a_2^2-b_1^2)=b_2^2(a_2^2-b_1^2)+a_2^2b_2^2 \)
\( a_2^2b_2^2=(a_2^2-b_1^2)\,(a_1^2-b_2^2) \)
Como \( a_2^2\,\,\wedge\,\,b_2^2 \) son coprimos y \( a_2^2 \) es coprimo con \( (a_2^2-b_1^2) \) y \( b_2^2 \) es coprimo con \( (a_1^2-b_2^2) \) ; entonces:
\( a_2^2= a_1^2-b_2^2 \)
\( b_2^2= a_2^2-b_1^2 \)
Luego:
\( a_1^2= a_2^2+b_2^2 \)
\( b_1^2= a_2^2-b_2^2 \)
Y :
\( a_1^2b_1^2\,=\,p_1^2=a_2^4-b_2^4 \)
Pero \( p_1^2\,<\,Y^2 \) y cumple también ser un cuadrado impar resultado de una diferencia entre 2 cuartas potencias coprimas entre sí; lo que contradice el punto de partida.
(C) GeneralizaciónSean \( A,B,C,D \) enteros y \( n\in{\mathbb{N}} \) ; tales que \( (A,B)\,=\,(C,D)\,=\,1 \) y \( B\,\,\wedge\,\,D \) pares.
No puede darse al mismo tiempo:
\( \pmb{A\cdot B\,=\,C\cdot D\quad\wedge\quad A^{2n}+B^{2n}\,=\,C^{2n}+2\,D^{2n}} \)
Demostración:
Como resulta evidente que \( A^{2n}\neq C^{2n}\,\,\wedge\,\,B^{2n}\neq D^{2n} \) , supongamos entonces sin perder generalidad que:
\( A^{2n}=A_1^{2n}\cdot A_2^{2n} \)
\( B^{2n}=B_1^{2n}\cdot B_2^{2n} \)
\( C^{2n}=A_1^{2n}\cdot B_1^{2n} \)
\( D^{2n}=A_2^{2n}\cdot B_2^{2n} \)
y establezcamos que el factor par está en \( B_2^{2n} \) .
Desarrollo:
\( A_1^{2n}A_2^{2n}+B_1^{2n}B_2^{2n}=A_1^{2n}B_1^{2n}+2(A_2^{2n}B_2^{2n}) \)
\( A_1^{2n}A_2^{2n}-A_1^{2n}B_1^{2n}=A_2^{2n}B_2^{2n}-B_1^{2n}B_2^{2n}+A_2^{2n}B_2^{2n} \)
\( A_1^{2n}(A_2^{2n}-B_1^{2n})=B_2^{2n}(A_2^{2n}-B_1^{2n})+A_2^{2n}B_2^{2n} \)
\( A_2^{2n}B_2^{2n}=(A_2^{2n}-B_1^{2n})\,(A_1^{2n}-B_2^{2n}) \)
Como \( A_2^{2n}\,\,\wedge\,\,B_2^{2n} \) son coprimos y \( A_2^{2n} \) es coprimo con \( (A_2^{2n}-B_1^{2n}) \) y \( B_2^{2n} \) es coprimo con \( (A_1^{2n}-B_2^{2n}) \) ; entonces:
\( A_2^{2n}=A_1^{2n}-B_2^{2n} \)
\( B_2^{2n}=A_2^{2n}-B_1^{2n} \)
Luego:
\( A_1^{2n}= A_2^{2n}+B_2^{2n} \)
\( B_1^{2n}= A_2^{2n}-B_2^{2n} \)
Y :
\( A_1^{2n}B_1^{2n}\,=\,C^{2n}=A_2^{4n}-B_2^{4n} \)
Pero esto equivale a decir que un cuadrado entero puede ser el resultado de la diferencia entre dos cuartas potencias enteras y coprimas entre sí; que es una generalización del caso n = 4 del UTF que es
falso.
(D) Corolario:Sean \( A,B,C,D \) enteros distintos y \( n\in{\mathbb{N}} \) .
No puede darse al mismo tiempo:
\( \pmb{A\cdot B\,=\,C\cdot D\quad\wedge\quad A^{n}+B^{n}\,=\,C^{n}+D^{n}} \)
Demostración:
Si estas 2 igualdades son ciertas, entonces será verdadera esta otra:
\( (A^n+B^n)^2-4A^nB^n\,=\,(C^n+D^n)^2-4C^nD^n \)
Luego:
\( A^{2n}+B^{2n}+2A^{n}B^{n}-4A^{n}B^{n}\,=\,C^{2n}+D^{2n}+2C^{n}D^{n}-4C^{n}D^{n} \)
\( (A^n-B^n)^2\,=\,(C^n-D^n)^2\,\Rightarrow\,{A^n-B^n\,=\,C^n-D^n} \)
Y :
\( A^n\,=\,B^n\,=\,C^n\,=\,D^n \)
Un saludo,
