Último Teorema de Fermat

[JPablo]

Este tema puede considerarse la continuación de este otro tema: http://www.omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=7&t=1051 (por cierto, un excelente apunte... Mis felicitaciones a @Turko Arias, autor del mismo).

Lo que vamos a hacer es estudiar el Último Teorema de Fermat desde la perspectiva de las ternas pitagóricas. Se dice por el foro que el Último Teorema de Fermat no es válido en la solución de problemas de OMA, pues su demostración es extremandamente compleja y difícil. Si bien esto es cierto, hay algunos casos particulares del Último Teorema de Fermat que sí pueden demostrarse fácilmente, y por lo tanto son 100% aplicables.

Teorema: (Último Teorema de Fermat) Para todo número natural $n> 2$ no existen enteros positivos $x$, $y$, $k$ tales que $x^{n}+y^{n}=k^{n}$.

Empezaremos por demostrar este teorema para el caso $n=4$. Es decir, demostraremos que la ecuación $x^{4}+y^{4}=k^{4}$ no tiene soluciones enteras positivas.

ACLARACIÓN: Si no se aclara qué tipo de número representa una letra, se sobrentenderá que es un número natural.

Toda potencia cuarta es un cuadrado perfecto. En efecto, existe un entero positivo $z$ tal que $z=k^{2}$. Luego, la ecuación nos queda

$x^{4}+y^{4}=z^{2}$

Demostremos entonces algo más general: la suma de dos potencias cuartas no nos puede dar un cuadrado perfecto.

Si existiera una solución, entonces $\left ( x^{2},\text{ }y^{2},\text{ }z \right )$ es una terna pitagórica. Si dividimos a $x$, $y$, $z$ por su máximo común divisor obtendremos una terna pitagórica primitiva cuyos componentes son coprimos dos a dos (como toda terna pitagórica primitiva).

Razonemos por reducción al absurdo: supongamos que sí existen ternas pitagóricas que verifican la ecuación. Luego, no puede ser que ninguna sea primitiva (alguna primitiva debe haber, pues si hay una terna no primitiva que satisface la ecuación, al dividir sus componentes por su máximo común divisor obtenemos una terna pitagórica primitiva que también cumple con la igualdad). De todas las ternas pitagóricas primitivas que existen, trabajemos con la que nos proporciona el $z$ mínimo.

Por lo que demostró turko.cnlp, una de las componentes debe ser par. Sin pérdida de generalidad supongamos que esta componente es $x^{2}$. Luego, existirán dos números coprimos $p$ y $q$ de distinta paridad, $p> q> 0$ tales que $x^{2}=2pq$, $y^{2}=p^{2}-q^{2}$, $z=p^{2}+q^{2}$.

Despejando $p^{2}$ en la segunda igualdad obtenemos $p^{2}=y^{2}+q^{2}$, y por lo tanto $\left ( q,\text{ }y,\text{ }p \right )$ es otra terna pitagórica. Por lo tanto $p$ debe ser impar. Como $y$ es también impar, entonces la componente par debe ser $q$. Luego, existen dos números enteros coprimos $a$ y $b$, $a> b> 0$ tales que $q=2ab$, $y=a^{2}-b^{2}$, $p=a^{2}+b^{2}$. Además, $\left ( q,\text{ }y,\text{ }p \right )$ es una terna pitagórica primitiva, porque $p$ y $q$ son coprimos.

Luego $x^{2}=2pq=2\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( 2ab \right )=4ab\left ( a^{2}+b^{2} \right )$, de donde

$\left ( \frac{x}{2} \right )^{2}=ab\left ( a^{2}+b^{2} \right )$

Lema: Si $a$ y $b$ son enteros coprimos, entonces $ab$ y $a^{2}+b^{2}$ también son coprimos.

Demostración:

Spoiler: mostrar

Supongamos que no, es decir, que existe un primo positivo $m$ tal que $m\mid ab$ y $m\mid a^{2}+b^{2}$. Si $m\mid ab$, como $m$ es primo debe ser $m\mid a$ o $m\mid b$. Sin pérdida de generalidad supongamos que $m\mid a$.

De lo primero surge que $m\mid 2ab$ y por lo tanto $m\mid 2ab+a^{2}+b^{2}=\left ( a+b \right )^{2}$. Como $m$ es primo entonces debe ser $m\mid a+b$. Pero esto no puede ocurrir porque como $m\mid a$ entonces $m\mid b$, y habíamos dicho que $a$ y $b$ son coprimos.

Luego, $ab$ y $a^{2}+b^{2}$ son coprimos $\blacksquare$.

Como $x$ es par entonces $\left ( \frac{x}{2} \right )^{2}\in \mathbb{Z}$. Si el producto entre dos números naturales coprimos da como resultado un cuadrado perfecto, eso significa que ambos números son también cuadrados perfectos. Por lo tanto $ab$ y $a^{2}+b^{2}$ son cuadrados perfectos. Por la misma razón $a$ y $b$ son cuadrados perfectos.

Asignemos entonces $a=u^{2}$, $b=v^{2}$, $a^{2}+b^{2}=w^{2}$. Luego

$w^{2}=a^{2}+b^{2}=\left ( u^{2} \right )^{2}+\left ( v^{2} \right )^{2}=u^{4}+b^{4}$.

Es decir, $u^{4}+b^{4}=w^{2}$. Hemos encontrado otra terna pitagórica, $\left ( u^{2},\text{ }b^{2},\text{ }w \right )$, la cual surgió de $\left ( x^{2},\text{ }y^{2},\text{ }z \right )$.

Pero $w^{2}=a^{2}+b^{2}=p$ y es fácil ver que $p< p^{2}+q^{2}=z< z^{2}$. Por lo tanto $w^{2}< z^{2}$, lo cual es una contradicción porque habíamos fijado arbitrariamente que $z$ era el valor mínimo.

Luego, la ecuación no tiene soluciones enteras. $\blacksquare$

El caso $n=4$ ha quedado demostrado. Ahora lo demostraremos para todo $n$ que sea múltiplo de $4$. Supongamos que existen $x$, $y$, $z$ y $k$ tales que $x^{4k}+y^{4k}=z^{4k}$. Veremos si esto puede ser cierto: podemos reescribirlo como

$\left (x^{k} \right )^{4}+\left (y^{k} \right )^{4}=\left (z^{k} \right )^{4}$

Lo cual, por lo demostrado, no existe.

Veamos qué ocurre cuando $n$ es impar.

Si $n$ es impar entonces el Último Teorema de Fermat equivale a la no existencia de soluciones enteras no triviales (o sea, con $xyz\neq 0$) de la ecuación

$x^{n}+y^{n}+z^{n}=0$

Es decir que si $n$ es impar entonces el papel de las tres variables es simétrico.

Usaremos esto para demostrar el Último Teorema de Fermat para el caso $n=3$. Nuevamente razonaremos por reducción al absurdo.

Si existen ternas que cumplan con la ecuación para $n=3$ entonces también deben existir ternas cuyos componentes son coprimos. Es obvio que estos componentes serán coprimos dos a dos, pues si un número divide a dos de los componentes, deberá necesariamente dividir al tercero.

Supongamos una terna $\left ( x,\text{ }y,\text{ }z \right )$ tal que $x^{3}+y^{3}=z^{3}$, con $x$, $y$ y $z$ coprimos dos a dos. Es obvio que no puede haber dos componentes pares, por que en ese caso la tercera componente también lo sería, y por lo tanto, dejarían de ser coprimas. Luego, una de ellas debe ser par. Como el papel es simétrico, supongamos que $z$ es par.

Luego, $x$ e $y$ son impares. Entonces $x+y$ y $x-y$ son pares. Asignemos $x+y=2p$, $x-y=2q$. Luego $\left ( x+y \right )+\left ( x-y \right )=2p+2q$, de donde $x=p+q$. También tenemos que $\left ( x+y \right )-\left ( x-y \right )=2p-2q$, de donde $y=p-q$.

Consideremos la factorización siguiente:

$x^{3}+y^{3}=\left ( x+y \right )\left ( x^{2}-xy+y^{2} \right )$

Y sustituyendo obtenemos

$z^{3}=\left ( 2p \right )\left [ \left ( p+q \right )^{2}-\left ( p+q \right )\left ( p-q \right )+\left ( p-q \right )^{2} \right ]$

$z^{3}=2p\left ( p^{2}+3q^{2} \right )$, luego $2p\mid z^{3}$.

Notemos que $p$ y $q$ son coprimos, puesto que si no fueran coprimos entonces existiría un primo positivo $o$ que divide a ambos. Luego $o\mid p+q=x$ y $o\mid p-q=y$, lo cual no puede ocurrir porque $x$ e $y$ son coprimos.

Es obvio también que tienen paridades opuestas, porque $x=p+q$ es impar. Cambiando, si es necesario, los signos de $x$, $y$ y $z$, podemos suponer que $x+y> 0$, y como $x+y=2p$, reemplazando llegamos a que $p> 0$. También, intercambiando $x$ e $y$ si es necesario, también se cumple que $x-y> 0$, luego $q> 0$. Notemos que no puede ocurrir que $x=y$, porque en ese caso $x-y=0$, y como $x$ e $y$ son coprimos, la única forma de que $x-y=0$ es que $x=y=1$, lo cual no puede ocurrir porque en ese caso $z^{3}=1^{3}+1^{3}=2$, absurdo.

Entonces: si existe una solución $\left ( x,\text{ }y,\text{ }z \right )$ entonces existen números naturales no nulos coprimos y de paridad opuesta $p$ y $q$, tales que $2p\left ( p^{2}+3q^{2} \right )$ es un cubo.

Veamos que el máximo común divisor entre $2p$ y $p^{2}+3q^{2}$ solo puede ser $1$ o $3$:

Spoiler: mostrar

Supongamos que no son coprimos. Luego, sea $h$ un primo positivo que divide a $2p$ y $p^{2}+3q^{2}$. Como $p$ y $q$ tienen paridad opuesta, entonces $p^{2}+3q^{2}$ es impar. Luego, $h$ no puede ser par.

Tenemos que $h\mid 2p$. Como $h$ es impar, entonces $2$ y $h$ son coprimos, y por lo tanto $h\mid p$. Además $h\mid p^{2}+3q^{2}$, y como $h\mid p$ entonces $h\mid 3q^{2}$. Como $h$ es primo debe ser $h\mid 3$ o bien $h\mid q^{2}$. Pero esto segundo no puede ocurrir porque en ese caso $h\mid q$ y habíamos dicho que $p$ y $q$ son coprimos.

Luego, $h\mid 3$, de donde $h=3$.

Si suponemos que son coprimos, no queda nada por demostrar, pues estaríamos viendo el caso en el que $3\nmid p$. Pero si no son coprimos, es decir, cuando $3\mid p$, entonces su máximo común divisor debe ser $3$. Luego, las únicas dos posibilidades son $1$ y $3$. $\blacksquare$

Entonces vamos a suponer dos casos y los vamos a analizar por separado. En un caso usaremos que son coprimos, en el otro, que su máximo común divisor es $3$.

Caso en el que son coprimos:

Como $2p\left ( p^{2}+3q^{2} \right )$ es un cubo perfecto y además $2p$ y $p^{2}+3q^{2}$ son coprimos, entonces ambos son cubos perfectos.

Lema: Si los enteros $p$, $q$, $r$ cumplen $p^{2}+3q^{2}=r^{3}$, $p$ y $q$ son coprimos, y $r$ es impar, entonces existen enteros $a$ y $b$ tales que $p=a^{3}-9ab^{2}$, $q=3a^{2}b-3b^{3}$, $r=a^{2}+3b^{2}$.

Demostración:

Spoiler: mostrar

http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=7&t=2509

Entonces, usando este lema en nuestro contexto tenemos que $p=a^{3}-9ab^{2}=a\left ( a-3b \right )\left ( a+3b \right )$, $q=3a^{2}b-3b^{3}=3b\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )$. Luego $a\mid p$ y $b\mid q$. Entonces $a$ y $b$ deben necesariamente ser coprimos, pues si no lo fueran, entonces tendrían un máximo común divisor distinto de $1$ que, por transitividad, dividiría también a $p$ y a $q$, lo cual no puede ocurrir porque son coprimos.

También tenemos que $a$ y $b$ son de paridad opuesta. Si fueran de la misma paridad, entonces $a-3b$ y $a+b$ serían pares, luego $p$ y $q$ son pares, lo cual no puede ocurrir porque ya sabemos que son de paridad opuesta.

Aparte, ya sabemos que $2p=2a\left ( a-3b \right )\left ( a+3b \right )$ es un cubo perfecto. Ahora demostraremos que $2a$, $a-3b$ y $a+3b$ son coprimos dos a dos:

Spoiler: mostrar

Supongamos que no. Luego, sea $g$ el menor primo positivo que divide a los tres números. Como $a$ y $b$ tienen paridades opuestas, entonces $a-3b$ y $a+3b$ son impares, y por lo tanto $g$ no puede ser par. Como $g\mid a+3b$ y $g\mid a-3b$ entonces $g\mid \left (a+3b \right )+\left ( a-3b \right )=2a$, y como $g$ y $2$ son coprimos, entonces $g\mid a$. Luego $g\mid 3b$. Por lo tanto $g\mid \left ( a:3b \right )$.

Sabemos que $a$ y $b$ son coprimos. Entonces, si $a$ y $3b$ no fueran coprimos, entonces el máximo común divisor sería $3$, y por lo tanto $3\mid a$, y por transitividad entonces $3\mid p$, y nosotros estamos suponiendo lo contrario. Por lo tanto $g\mid \left ( a:3b \right )=1$ de donde $g=1$. $\blacksquare$.

Como $2a\left ( a-3b \right )\left ( a+3b \right )$ es un cubo perfecto y aparte los tres factores son coprimos, entonces cada uno de los factores es un cubo perfecto. Asignemos entonces $2a=u^{3}$, $a-3b=v^{3}$, $a+3b=w^{3}$. Luego $w^{3}+v^{3}=a+3b+a-3b=2a=u^{3}$. Hemos encontrado otra terna $\left ( u,\text{ }v,\text{ }w \right )$.

Pero notemos que $u^{3}v^{3}w^{3}=2a\left ( a-3b \right )\left ( a+3b \right )=2p$ y como $2p$ divide a $z^{3}$ entonces reemplazando tenemos $u^{3}v^{3}w^{3}\mid z^{3}$, luego tanto $u^{3}$ como $v^{3}$ y $w^{3}$ son menores en módulo a $z^{3}$. Concluimos que no existen soluciones puesto que no puede haber una mínima.

Caso en el que NO son coprimos:

Entonces su máximo común divisor es $3$. Es decir, $3\mid p$. Luego $p=3s$, y como $p$ y $q$ son coprimos entonces $3\nmid q$. Claramente $s$ y $q$ son coprimos.

Recordemos que $2p\left ( p^{2}+3q^{2} \right )=2\left ( 3s \right )\left [ \left ( 3s \right )^{2}+3q^{2} \right ]=3^{2}\cdot 2s\left ( 3s^{2}+q^{2} \right )$ es un cubo perfecto.

Veamos ahora que $3^{2}\cdot 2s$ y $3s^{2}+q^{2}$ son coprimos:

Spoiler: mostrar

Supongamos que no, entonces existe un primo $c$ que los divide a ambos. El máximo común divisor entre ellos no puede ser $2$, puesto que $p=3s$ y $q$ tienen paridad opuesta, y por lo tanto $3s^{2}+q^{2}$ es impar. Tampoco puede ser $3$, porque si lo fuera entonces $3\mid 3s^{2}+q^{2}$ y como es claro que $3\mid 3s^{2}$ entonces $3\mid q^{2}$, luego $3\mid q$, lo cual ya dedujimos imposible.

Si el máximo común divisor entre $3^{2}\cdot 2s$ y $3s^{2}+q^{2}$ no es ni $2$ ni $3$, entonces $c\nmid 3$ y $c\nmid 2$. En consecuencia $c\nmid 3^{2}\cdot 2$, entonces, al ser $c$ un primo, necesariamente debe ser $c\mid s$. Luego $c\mid 3s^{2}$ y como hemos fijado arbitrariamente que $c\mid 3s^{2}+q^{2}$ entonces $c\mid q^{2}$, luego $c\mid q$. Pero esto no puede ocurrir porque $s$ y $q$ son coprimos.

Luego, no existe ningún primo que divida simultáneamente a $3^{2}\cdot 2s$ y $3s^{2}+q^{2}$, por lo que deben ser coprimos.

Como $3^{2}\cdot 2s\left ( 3s^{2}+q^{2} \right )$ es un cubo perfecto, y además $3^{2}\cdot 2s$ y $3s^{2}+q^{2}$ son coprimos, entonces los dos son cubos perfectos. Aplicando el lema demostrado anteriormente tenemos que $q=a^{3}-9ab^{2}=a\left ( a-3b \right )\left ( a+3b \right )$ y que $s=3a^{2}b-3b^{3}=3b\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )$. Nuevamente y por la misma razón, $a$ y $b$ son coprimos y de distinta paridad.

Veamos ahora que $2b$, $a+b$ y $a-b$ son coprimos dos a dos.

Spoiler: mostrar

Supongamos que no. Supongamos que existe un primo $j$ que divide a $a+b$ y a $a-b$. Este primo no puede ser $2$, pues como $a$ y $b$ son de paridades opuestas, entonces $a+b$ y $a-b$ son impares. Luego tenemos que $j\mid \left ( a+b \right )+\left ( a-b \right )=2a$ y como ya dedujimos que $j$ y $2$ son coprimos, entonces $j\mid a$. Pero entonces, como $j\mid a+b$ debe ser $j\mid b$, lo cual no puede ocurrir poque $a$ y $b$ son coprimos.

Luego,$a+b$ y $a-b$ son coprimos. Veamos ahora que $a\pm b$ es coprimo con $2b$. Supongamos que no, entonces existe un primo positivo $f$ que los divide a ambos. Como $a\pm b$ es impar, entonces $f$ es coprimo con $2$. Luego$f\mid b$ y por lo tanto $f\mid a$, lo cual no puede ocurrir porque $a$ y $b$ son coprimos.$\blacksquare$

Sabemos que $3^{2}\cdot 2s=3^{2}\cdot 2\left [ 3b\left ( a-b \right )\left ( a+b \right ) \right ]=3^{3}\cdot 2b\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )$ es un cubo perfecto. Y como $3^{3}$, $2b$, $a+b$ y $a-b$ son coprimos dos a dos entonces cada uno de ellos es un cubo perfecto. Asignemos entonces $a+b=u^{3}$, $a-b=v^{3}$ y $2b=w^{3}$. Luego $v^{3}-u^{3}=\left ( a-b \right )-\left ( a+b \right )=-2b=-w^{3}$, luego $v^{3}+w^{3}=u^{3}$.

Notemos que si $3^{2}\cdot 2s=3^{3}\cdot 2b\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )$ entonces $2\cdot 3s=3^{2}\cdot 2a\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )$, luego $2p=3^{2}\cdot 2a\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )$. Por lo tanto $2a\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )\mid 2p$. Como $2p\mid z^{3}$ entonces por transitividad $2a\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )\mid z^{3}$.

Notemos que $u^{3}v^{3}w^{3}=2b\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )\mid z^{3}$. Entonces $u^{3}$, $v^{3}$ y $w^{3}$ son todos menores en módulo a $z^{3}$. Concluimos que no existe solución, pues no puede haber un mínimo. $\blacksquare$

Como tampoco existen soluciones para $n=3$, entonces concluimos que no existen soluciones para ningún $n$ tal que $3\mid n$. En efecto, si tenemos que $x^{3k}+y^{3k}=z^{3k}$, esto puede reescribirse como

$\left (x^{k} \right )^{3}+\left (y^{k} \right )^{3}=\left (z^{k} \right )^{3}$

Lo cual, por lo demostrado, no tiene solución. $\blacksquare$

Entonces, el Último Teorema de Fermat es cierto para exponentes divisibles por $3$ o por $4$. Estas ideas pretenden ser disparadoras para analizar otros casos particulares, pues el Último Teorema de Fermat es muy amplio y diverso... Hay muchas cosas para estudiar en él. Como ejercicio, pueden analizar este otro caso particular:

Ejercicio: Analizar el caso $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ en el que $n$ es impar y $x+y$ es primo.

(Es uno de los problemas de la Maratón de Problemas, así que cualquier cosa buscan ahí)

[tuvie]

Spoiler: mostrar

Notemos que [math]x+y=p divide siempre a [math]x^n+y^n para [math]n impar, entonces también divide a [math]z^n, entonces [math]p^n divide a [math]x^n+y^n. Ahora vamos a usar el Lema de Hensel. Como [math]x+y divide a [math]x^n+y^n, luego [math]v_p({x+y})+v_p({n})=v_p({x^n+y^n}), pero sabemos que el lado derecho es mayor o igual a [math]n, y que [math]v_p({p})=1, luego [math]p^{n-1} divide a [math]n, pero sabemos que [math]p\geq{2}, luego [math]n\geq{2^{n-1}}, pero esto se cumple para [math]n=\{2,1\}, pero [math]n es impar, sigue que [math]n=1 que trivialmente funciona.

[Vladislao]

No recuerdo haber visto nunca una demostración "suficientemente elemental" del caso [math]n=3. Las que conozco consisten, en su mayoría, en mirar qué pasa con la ecuación en [math]\mathbb{Z}[\sqrt{-3}] y/o usando lemas como el que vos no supiste demostrar (la demostración se puede encontrar fácil, porque la prueba que pusiste acá está casi calcada de una que aparece wikipedia en inglés).

Una referencia infaltable al respecto es este blog donde están recopiladas muchísimas pruebas de resultados parciales del Teorema de Fermat.

[JPablo]

No recuerdo haber visto nunca una demostración "suficientemente elemental" del caso [math]n=3. Las que conozco consisten, en su mayoría, en mirar qué pasa con la ecuación en [math]\mathbb{Z}[\sqrt{-3}] y/o usando lemas como el que vos no supiste demostrar (la demostración se puede encontrar fácil, porque la prueba que pusiste acá está casi calcada de una que aparece wikipedia en inglés).

Una referencia infaltable al respecto es este blog donde están recopiladas muchísimas pruebas de resultados parciales del Teorema de Fermat.

Gracias por el aporte. Efectivamente, la demostración del lema usa la factorización única en [math]\mathbb{Z}[\sqrt{-3}] pero no conozco la demostración esa que decís vos.

No sabía que esto también estaba en wikipedia de inglés, ahora mismo me fijo y veo si encuentro el lema, cosa de agregarlo al post. ¡Gracias!

[hexaedro]

Hola. Acabo de ingresar al foro, entusiasmado por el UTF. ¿ Queda aún alguien que considere posible una demostración aritmética de este teorema ?