¿Por qué el caso n=4 es tan importante?

Introducción

Mucho se ha hablado en Gaussianos de Fermat y su último teorema. Pero que yo recuerde todavía no se ha mostrado ninguna demostración relacionada con él. En este artículo vamos a ver la de un caso, concretamente n=4, que a la postre resulta determinante para la demostración global del teorema.

Primer paso: demostrar el teorema para n=4

Sello del Teorema de Fermat-Wiles
Por si alguien no sabe todavía de qué va este último teorema vamos a enunciarlo otra vez:

No existen enteros positivos x,y,z y n tales que x^n+y^n=z^n para n > 2.

En esta parte del artículo vamos a demostrar que este resultado es cierto para n=4, es decir:

Teorema: No existen enteros positivos x,y y z tales que x^4+y^4=z^4.

Demostración:

Vamos a utilizar el método de reducción al absurdo. Supongamos que existen x,y y z tales que x^4+y^4=z^4. Podemos suponer que cada par de ellos son primos relativos (ya que si dos de ellos tuvieran un divisor común el otro también debería tenerlo y por tanto podríamos simplificarlo). Esto implica que x^2,y^2 y z^2 son una terna pitagórica (es decir, terna de números cuyas longitudes son los lados de un triángulo rectángulo), por lo que, intercambiando los papeles de x e y si fuera necesario, tenemos lo siguiente (echad un ojo al artículo sobre ternas pitagóricas enlazado en esta misma frase si no sabéis por qué):

x^2=2pq
y^2=p^2-q^2
z^2=p^2+q^2

donde p y q tienen distinta paridad y cumplen que 0 < q < p.

Pero la segunda ecuación se puede escribir como y^2 + q^2 = p^2 y, como p y q son primos relativos, se sigue que y, p y q forman una terna pitagórica primitiva. Por lo tanto p es impar y, como p y q tienen distinta paridad, q es par.

De aquí:

q = 2ab
y = a^2 – b^2
p = a^2 + b^2

donde a y b son primos relativos de paridad opuesta y a > b > 0. Así:

x^2 = 2pq = 4ab(a^2 + b^2)

Esto demuestra que ab(a^2 + b^2) es un cuadrado (exactamente el cuadrado de \textstyle{\frac{x}{2}}). Pero ab y a^2 + b^2 son primos relativos, ya que si un primo P divide a ab debería dividir también a a o a b, pero no a ambos, ya que a y b son primos relativos. Por tanto no puede dividir a a^2 + b^2.

En consecuencia ab y a^2 + b^2 deben ser ambos cuadrados. Pero si ab es un cuadrado deben ser a y b los dos cuadrados (al ser primos relativos). Digamos entonces que a = X^2 y b = Y^2. Por tanto X^4 + Y^4 = a^2 + b^2 es un cuadrado. Pero esto es suficiente para aplicar el método del descenso infinito, ya que la única suposición que se hizo al principio es que z^4 era un cuadrado, no una cuarta potencia. En otras palabras, si x e y son enteros positivos tal que x^4 + y^4 es un cuadrado la demostración anterior nos permite encontrar otros dos enteros positivos, X e Y, tales que X^4 + Y^4 es un cuadrado. Además:

X^4 + Y^4 = a^2 + b^2 = p < p^2 + q^2 = z^2 < z^4 = x^4 + y^4

.

Por tanto tenemos una sucesión decreciente infinita de enteros positivos, lo cual es imposible. Es decir, este razonamiento prueba que el último teorema de Fermat se cumple para n = 4.

¿Qué tiene de especial el caso n=4?

Partiendo de lo que acabamos de demostrar se tiene que x^{4m} + y^{4m} = z^{4m} no se puede dar para x, y y z enteros positivos cuando m es un entero positivo, ya que X = x^m, Y = y^m y Z = z^m serían solución de X^4 + Y^4 = Z^4, pudiendo aplicarles entonces la demostración anterior. Por tanto el último teorema de Fermat es cierto para todo n múltiplo de 4.

Ahora, un entero positivo n > 2 que no es múltiplo de 4 no es una potencia de 2. Entonces debe ser divisible por algún primo p \ne 2, digamos n = pm. Por tanto es obvio que para demostrar que x^n + y^n = z^n es imposible será suficiente demostrar que x^p + y^p = z^p es imposible. Esto es:

Una vez que el último teorema de Fermat ha sido probado en el caso n = 4 la demostración del caso general se reduce a probarlo en el caso en el que n > 2 es primo.

Esta es la importancia del caso n=4: demostrando el teorema sólo en este caso permite tenerlo demostrado para todos los no primos.

Ahora sólo faltaría demostrarlo para los exponentes números primos.

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  1. Trackback | 20 ago, 2009

    Bitacoras.com

  2. vengoroso | 20 de agosto de 2009 | 19:48

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    Bonito el post!
    Te falta un signo “-“, deberia ser y^2 = a^2 \boldsymbol{-} b^2.

  3. M | 20 de agosto de 2009 | 20:48

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    Muy interesante la entrada de hoy. Buen trabajo.

    Realmente sí había aparecido demostrado en el blog el teorema para n=4. Fue hace casi dos años, y se hizo por la vía larga. Desde luego esta prueba de hoy es mucho más breve.

    http://gaussianos.com/la-prueba-de-fermat/

    En los comentarios se da una prueba, y se indicó la posibilidad de dar otra (es decir, la que aparece en el post de hoy) demostrando que x^4+y^4=z^2 no tiene soluciones no triviales.

    Ángel del Río Mateos incluye en su libro “El reto de Fermat” una prueba (debida, en esencia, a Gauss) del teorema de Fermat para n=3 por el método del Descenso. No se demuestra “dentro de” \mathbb{Z} sino en \mathbb{Z}[\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}].

  4. Nicolás Milano | 21 de agosto de 2009 | 00:32

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    Buen post. Con respecto a la demostración del caso n=3, aquí les dejo un link del libro Álgebra (de Ivorra) donde pueden encontrarla en las páginas 81 a 83: http://www.uv.es/ivorra/Libros/Algebra.pdf.
    Lo que me gustaría saber es si alguien conoce alguna prueba para los números de Sophie Germain (he estado buscando mas aún no la he encontrado). Si tiene idea de alguna, por favor escriba el link o lugar donde lo pueda encontrar.

  5. juanjo | 21 de agosto de 2009 | 02:55

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    A ver si te sirven:
    – Ribenboim “13 lectures on Fermat´s last theorem”, y
    – H.M. Edwards ” Fermat´s last theorem. A genetic introduction to algebraic number theory”.

    Descarga en avaxhome.ws

    Saludos.

  6. Gaussito | 21 de agosto de 2009 | 21:04

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    El libro que yo recomiendo para el tema de demostraciones del último teorema de Fermat es:

    – “Fermat`s last theorem for amateurs” del autor Paulo Ribenboim.

    En el cual vienen detalladamente un montón de demostraciones para distintos valores del exponente n, aparte del contexto histórico en que se demostraron.

  7. Jonas Castillo Toloza | 21 de agosto de 2009 | 23:48

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    Supongamos que para n = 4 , X^4 + Y^4 = Z^4 existe solución diofántica.Expresamos la ecuación como cuadrado de cuadrado así:
    (X^2)^2 + (Y^2)^2 = (Z^2)^2
    y por la fórmula general de las ternas primitivas tenemos
    (1) X^2 = 2pq
    (2) Y^2 = p^2 – q^2
    (3) Z^2 = p^2 + q^2
    Hasta ahí coincido con la demostración de este post,pero en vez de tomar (2), tomo (1) y tengo
    (1) X^2 = 2pq, aquí llegamos a una contradicción, pues siendo p y q primos relativos es imposible 2pq = un cuadrado perfecto, ¿alguna relación con la demostración de la irracionalidad de raiz de 2?

    Para el caso X^2m + Y^2m = Z^2m, con m = un número primo llegamos a (1) X^m = 2pq, lo cual es imposble con p y q primos entre sí. ¿Es esto autoevidente? ó ¿es necesario una demostración?

    Veamos el caso n = 4 desde otra punto.

    (X^2)^2= (Z^2)^2 + (Y^2)^2= (Z^2)^2, usando la fórmula general de las ternas pitagóricas primitivas y desarrollando el binomio de Newton para este caso tenemos:

    (4p^2 * q^2)^2 + (p^4 – 2p^2*q^2 + q^4)^2 =
    (p^4 + 2p^2*q^2 + q^4)^2

    Desarrollando las potencias del lado izquierdo nos damos cuenta que la igualdad es falsa.

    Es cierto,soy de esa gente que nunca se cansa, aunque a veces transite por el sendero equivocado, como talvez me encuentre ahora, pero es necesario que alguien me lo demuestre, para emprender entonces un nuevo camino (posiblemente equivocado de nuevo), porque al fin, soy incansable hasta que se dmuestre que tal camino no existe.
    De ilusión no se vive, pero si se puede vivir para alcanzar una ilusión.

    saludos

  8. Wolf | 22 de agosto de 2009 | 15:54

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    Hola Jonas.

    Me gustaría puntualizar una cosa.

    Afirmas que :

    ” X^2 = 2pq, aquí llegamos a una contradicción, pues siendo p y q primos relativos es imposible 2pq = un cuadrado perfecto ”

    Ahora yo te propongo :

    Sean a y b dos naturales, primos entre sí, entonces si ab es un cuadrado perfecto tanto a y b son cuadrados perfectos.
    Aquí sólo tenemos que tomar a=2p y b = q , prueba con p =2 y q = 9 . Como verás ambos son primos entre sí y tienen distinta paridad , de hecho generan la terna pitagórica (x,y,z)=(36,77,85) Como verás , el valor de x, x = 36 es un cuadrado perfecto.

    Un saludo

  9. Gaussito | 23 de agosto de 2009 | 18:13

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    Jonás, échale un vistazo al libro que he recomendado, ya verás lo que pueden estirar las demostraciones elementales sobre distintos exponentes del teorema de fermat, y comprenderás el porqué es tan difícil de poder encontrar una solución general para todos los exponentes utilizando métodos algebraicos elementales.

  10. Jonas Castillo Toloza | 23 de agosto de 2009 | 23:08

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    Gracias wolf por tu comentario. Pensé que nadie se detendría a revisar mis opiniones. es obvio que x^m = 2pq tiene infinita soluciones para cualquier valor que tome m, con p y q primos entre sí; como ejemplo , cuando m = 3 tenemos x^3 = 2pq tiene soluciones como p = 108 , q = 1.
    Pido disculpas por publicar una demostración a sabiendas que era falsa.
    Pero quiero dirijas tu atención a la segunda demostración, la cual es un ejemplo de lo que yo creo hay un metodo general.
    Gaussito, leeré el libro que recomiendas. De todos modos publicaré aqui lo que me parece es una demostración elemental.

    x^2m + y^2m = z^2m no tiene solución diofantica para m>1
    cuando x= 2pq, y = q^2 – p^2, z = q^2 + p^2

    DEMOSTRACION
    (1) (2pq)^2m + (q^2 – p^2)^2m = (q^2 + p^2)^2m lo expresamos como
    (4p^2 * q^2)m + (q^4 – 2q^2 p^2 + q^4)^m =
    (q^4 + 2q^2 p^2 + p^4)^m.

    Haciendo a = q^4 + p^4, b = 2q^2 p^2
    (1) queda expresado así: (2b)^m + (a – b)^m = (a + b)^m lo cual es cierto para m = 1; para m>1 tenemos por el teorema del binomio que
    – tanto (a – b)^m como (a + b) ^m tienen (m + 1) términos.
    – los términos negativos de (a -b)^m son 1/2(m +1) intercalados con los términos positivos a partir del segundo.
    – para que la igualdad sea cierta (2b)^m debe generar
    1/2( m +1) terminos positivos donde cada termino es dos veces cada termino negativo de (a – b)^m sin considerar su signo. Esto no se cumple porque (2b)^m es siempre un monomio.

    Quedando demostrado que x^2m + y^2m = z^2m no tiene solución diofantica para m>1
    cuando x= 2pq, y^ = q^2 – p^2, z^ = q^2 + p^2.

  11. Wolf | 24 de agosto de 2009 | 00:36

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    Hola Jonas.

    Le acabo de ojear de forma bastante rápida, mas que nada porque tengo mucho sueño jajaj

    Mañana lo miraré con más detenimiento, pero de todas formas…

    ¿ Seguro que es x = 2pq o x^{m}= 2pq y con x ? Y lo mismo para y y z

    Porque X sólo se podrá expresar en función de p y q de esa forma si pertenece a una terna pitagórica ( n = 2 ) o dicho de otro modo, según tu demostración 2m= 2 , lo que necesariamente implica que m =1 , que es a lo que has llegado, seguramente arrastrando el error del principio.

    De todos modos , mañana cuando vuelva de entrenar lo miro con más detenimiento.

  12. Wolf | 24 de agosto de 2009 | 00:38

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    sobra en la 3º linea : y con x ?

    cosas del sueño jjajaja

  13. NimTech | 25 de agosto de 2009 | 11:19

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    En realidad si se ha presentado una prueba a este teorema: en 1995, Andrew Wiles presentó la prueba (en un documento de más de 100 hojas), que utiliza recursos matemáticos que escapan (por mucho) mi comprensión. Un reseña se encuentra en la siguiente página de wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/Wiles'_proof_of_Fermat's_Last_Theorem

  14. Wolf | 25 de agosto de 2009 | 13:34

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    Ya, claro, con la ayuda de Taylor.

    Sólo tuvo que demostrar la conjetura de goro shimura y de taniyama, que afirmaba que toda curva elíptica es modular.
    Si x^n + y ^n = z^n con n>2 hubiera tenido solución se habría llegado a la existencia de una curva elíptica, que resultó ser no modular.

    Creo que la demostración , a grosso modo se basaba en eso. De todos modos espero verlo con calma cuando empiece la carrera , aunque en primero , me da que no xD

  15. ^DiAmOnD^ | 25 de agosto de 2009 | 14:57

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    Me refería a que no se había presentado una prueba sobre ello en este blog.

    Por cierto, yo no escuché el nombre de Wiles en toda la carrera. Y casi tampoco el de Fermat.

  16. Gaussito | 25 de agosto de 2009 | 18:45

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    Buff, las complejas teorías de curvas elípticas y modulares se dan en los últimos años de carrera (en asignaturas optativas) y por encima si es que se dan.

    Todo eso es más bien temas de investigación para estudiantes de doctorado y esas cosas.

    Por cierto, en realidad, el teorema que enlaza el último teorema de Fermat y el teorema de la modularidad (conjetura de Shimura-Taniyama) es el teorema de Ribet:

    http://en.wikipedia.org/wiki/Ribet%27s_theorem

    ya que el teorema de la modularidad sólo dice que cada curva elíptica es modular. La existencia de soluciones no triviales de la ecuación a^p+b^p=c^p \mbox{ con } p \geq 5 siendo a,b,c enteros y p primo pasa porque la curva de Frey

    E:\; y^2=x(x-a^p)(x+b^p)

    no sea modular, según el teorema de Ribet.

  17. Jose | 25 de agosto de 2009 | 23:33

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    Hola, tengo una consulta que me gustaría, pueda ser contestada. En el estudio de series sobre el cuerpo de los números imaginarios a través de dos series se construye una tercera que converge al producto de estas bajo ciertas condiciones. A esta serie se le conoce como el producto de Cauchy. Mi consulta es ¿como los matemáticos llegaron a esa forma “nada común”?. Saludos

  18. Ty | 15 de diciembre de 2009 | 17:23

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    Alguien sabe en donde puedo encontrar la demostracion para el caso n=3 ? . ( Creo haberlo hecho, pero quiero ver cuan similar lo hize a euler u otro que haya sido)

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