ultimo teorema di fermat in versione ridotta

[Euler]

Mi ha incuriosito l'Ultimo Teorema di Fermat (non esiste alcuna terna di numeri tali che a^n+b^n=c^n) e sono riuscito a dimostrarlo per n=4...
La domanda è: Dimostrare che non esiste nessuna terna di numeri a,b e c tali che a^4+b^4=c^4.

[jordan]

Un problema correlato è:

Sia $ n \in [3, +\infty[\, \cap\, \mathbb{N} $. Non esiste alcuna terna $ (a, b, c) \in \mathbb{Z}_0^3 $, con $ \lvert c \rvert \leq n $, che sia soluzione dell'equazione diofantea $ a^n + b^n = c^n $.
Note. Ovviamente, se ne richiede una soluzione elementare. Qui $ \mathbb{Z}_0 := \mathbb{Z}\setminus\{0\} $.

(da qui).
Nello stesso link potete trovare la soluzione completa al precedente e anke alla versione più generale dell'originale:
"Mostrare che la diofantea $ x^4+y^2=z^4 $ non ammette soluzioni in $ \mathbb{Z}_0^3 $"

Fissato $ n \in \overline{3,+\infty} $ sia $ \mathcal{S}_n := \left\{(a,b,c) \in \mathbb{Z}_0 : |c| \leq n \land a^n + b^n = c^n \right\} $, il problema chiede in effetti di dimostrare che $ \mathcal{S}_n = \emptyset $.
Consideriamo $ n $ dispari, supponiamo $ (a,b,c) \in \mathcal{S}_n $ tale da rendere $ |c| $ più piccolo possibile, notare che potrebbero esserci anche più terne del genere, inoltre wlog supponiamo $ a \leq b $.
Abbiamo $ |a^n + b^n| = |c^n| \leq |c|^n $, se $ \mbox{sign}\, a = \mbox{sign}\, b $ allora $ |a^n + b^n| = |a|^n + |b|^n \leq |c|^n $ e quindi $ |a| < |c| $ e $ (-b, c, a) \in \mathcal{S}_n $, assurdo.
Se invece $ \mbox{sign}\, a \neq \mbox{sign}\, b $ allora $ |c|^n \geq |a^n + b^n| = -|a|^n + |b|^n \geq -|a|^n + \left(|a| + 1\right)^n = n |a|^{n-1} + \dots + 1 $ quindi $ n |a|^{n-1} < |c|^n $ i.e. $ |a|^{n-1} \leq \frac{n}{|c|} |a|^{n-1} < |c|^{n-1} $ cioè $ |a| < |c| $ mentre nuovamente $ (-b, c, a) \in \mathcal{S}_n $, assurdo.

1. Se $ 2\nmid n $ allora $ |S_n|=0 $ (vedi sopra).
2. Se esiste $ \min\{q\in \mathbb{P}\setminus\{2\}:q\mid n\} $ e $ (a,b,c)\in S_n $ allora $ \displaystyle (a^{2^{\upsilon_2(n)}},b^{2^{\upsilon_2(n)}},c^{2^{\upsilon_2(n)}})\in S_{n2^{-\upsilon_2(n)}} $, assurdo.
3. Resta il caso che $ n=2^k $ per qualche $ k \in \mathbb{Z}\cap [2,+\infty) $ ma addirittura $ x^4+y^2=z^4 $ non ha soluzioni non banali in $ \mathbb{Z}^3 $. Infatti sarebbe $ (z^2+x^2)(z^2-x^2)=y^2 $; possiamo supporre wlog $ \text{gcd}(x,y)=\text{gcd}(y,z)=\text{gcd}(z,x)=1 $, e quindi esattamente uno di essi è pari; supponiamo sia $ y $. Allora $ z^2+x^2=2a^2 $ e $ z^2-x^2=2b^2 $; dato che $ 2\nmid xz $ è lecito definire $ (u,v)\in \mathbb{Z}^2 $ tali che $ u+v=z $ e $ u-v=x $; allora il sistema precedente è equivalente a $ u^2+v^2=a^2 $ e $ 2uv=b^2 $. Esistono quindi $ (k,m,n)\in \mathbb{Z}^3 $ tali che $ u=2kmn, v=k(m^2-n^2),a=k(m^2+n^2) $ e $ \text{gcd}(m,n)=1 $. Quindi $ 4k^2(m^2-n^2)mn $ è un quadrato perfetto. Siccome $ \text{gcd}(mn,m^2-n^2)=1 $ allora sono entrambi quadrati perfetti quindi esistono $ (\alpha,\beta,\gamma)\in \mathbb{Z}^3 $ tali che $ m=\alpha^2,n=\beta^2,m^2-n^2=\gamma^2 $ da cui $ \alpha^4+\gamma^2=\beta^4 $. Ma questa è come l'originale, ma più piccola. Per cui deve essere $ x $ pari, per cui $ z^2-x^2=a^2,z^2+x^2=b^2 $ che è equivalente a $ b^2+a^2=2z^2,b^2-a^2=2x^2 $, e quindi si continua allo stesso modo di prima.
4. (Bonus). Calcolare $ |\{(x,y,z)\in \mathbb{Z}_0^3:x^2+y^4=z^2\}| $.

Ok, una volta bruciato il problema, chi risolve la bonus question?

[Euler]

Io ho usato un metodo leggermente diverso , considerando invece la possibile esistenza di terne pitagoriche con quadrati perfetti.
La dimostrazione è un po' lunga, ma appena ho tempo la invio... comunque ti dico che ho usato il metodo della discesa infinita alla fine

[jordan]

Io ho usato un metodo leggermente diverso , considerando invece la possibile esistenza di terne pitagoriche con quadrati perfetti.

Del resto anche io ho usato la stessa idea

[tenaciousR]

95800^4+217.500^4+414560^4=20615673^4
l'ho letto su un libro(ovviamente)
BONUS:trovare 4 quinte potenze(la più grande è 133) la cui somma è una quinta potenza

[Nonno Bassotto]

D'altra parte $ 3987^{12}+4365^{12}=4472^{12} $...

[Euler]

Se guardi bene la relazione tra le dodicesime potenze non è esatta...basta che usi una calcolatrice con abbastanza cifre (come quelle dei computer)