Una posible demostración maravillosa del UTF

Me entero a través de este post de “La aventura de las matemáticas”, blog de Jesús Soto, que se ha subido al arXiv una nueva supuesta demostración del último teorema de Fermat (UTF). Lo interesante de la misma es que utiliza simplemente teoría de números de nivel básico, es decir, utiliza matemáticas que el propio Pierre de Fermat tenía a su disposición en su época. El autor de este intento de demostración es Daniele de Pedis, que al parecer trabaja en el National Institute of Nuclear Physics de Italia.

El pdf podéis descargarlo haciendo click en el siguiente enlace:

Fermat’s Last Theorem – Is this the marvelous proof?

Como bien comenta el propio Jesús Soto en su blog, puede que este nuevo intento suene a ¿Quién tiene una demostración de la conjetura de Goldbach?, pero él mismo dice que éste es su primer intento, que no pretende engañar a nadie con él y que, evidentemente, puede estar equivocado.

Como siempre, ya sabéis que sería interesante que comentarais todo lo que veáis conveniente sobre la demostración, ya sea que la veis bien, que habeís encontrado algún error o cualquier otra cosa.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

34 Comentarios

  1. Creo que la media de disparates por párrafo sale >1. Mi favorito es “Descartamos las raíces complejas del polinomio, porque los números complejos no se conocían en tiempos de Fermat” (pag.7)

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  2. ¿Qué es esto: una web de autoayuda? ¿Las Hermanas de la caridad? ¿Pero qué coño pintan aquí frases del tipo “A no pretende engañar a nadie” o “evidentemente, A puede estar equivocado”? No entiendo nada. Ni pienso leer nada que siga o anteceda a frases semejantes.

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  3. @Antonio Rojas, acabo de llegar al comentario que has mencionado (aunque está en la página 5, no en la 7), y a mí me parece correcto descartar las soluciones complejas. Aunque coincido en que el por qué de ese descarte no es el que el autor esgrime, por supuesto.

    De momento no he visto ningún error, aunque hasta aquí es todo bastante trivial.

    Sigo leyendo…

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  4. Uhm… no lo veo tan descabellado, lo más importante es que, si él puede demostrar UTF sin considerar números complejos ¡pues mejor!.

    Sobre el conocimiento que Fermat tuviera sobre el tema se puede discutir (y decir, por ejemplo, que ha metido la pata al descartar dichas raíces), pero es irrelevante para el objetivo.

    Y, de todos modos, aunque fuera descabellado, yo nunca ridicularizaría este tipo de intentos. Quién ha intentado (con mayor o menor intensidad) resolver un problema abierto, sabrá que la tentación de dejarse autoengañar en los razonamientos es muy fuerte… (sobre todo después de varios dolores de cabeza 😀 😀 😀 ).

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  5. Vale, Antonio Rojas tiene razón, vuelve a repetirlo en la página 7, en otro contexto y, esta vez sí, creo que es un disparate.

    Lo dejo.

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  6. Yo también opino que lo de saltarse los complejos no puede hacerlo. No he leído la demostración entera, pero si buena parte.

    En un principio uno podría engañarse y pensar que da igual, porque como quiere demostrar que no tiene soluciones enteras, podemos suponer que no tiene soluciones complejas (si suponemos que las soluciones son complejas, no serían reales).

    PERO el polinomio en un principio podría tener soluciones enteras y soluciones complejas.

    Aparte, si quiere demostrarlo como Fermat y dice que no puede usar los números complejos, tampoco puede usar el teorema fundamental del álgebra tal como lo ha enunciado.

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  7. Es que la primera vez que descarta las soluciones complejas, no incurre en error (aunque lo argumenta absurdamente), porque en realidad estas soluciones no nos interesan.

    Pero después sí, en la página 7, viene a afirmar que el polinomio no puede tener ninguna solución compleja (además de la que buscamos), y claro, esto ya, pues no se puede aceptar sin demostración.

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  8. ¿ “Una posible demostración maravillosa del UTF” ?

    A alguien le ha sentado muy mal la cena. Ese panfleto tiene de “demostración maravillosa” lo que tengo yo de cura, no me explico como el autor ha tenido el santo valor (por no decir otra cosa) para confeccionar y poner online a la vista de todos semejante mamarrachada, a mi se me caería la cara de vergüenza.

    Saludos y buen finde.

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  9. Amigos gaussianos:
    Me parece un buen intento, pero …
    Pienso que hay un ERROR en la tabla que esta en la parte final de la pgna. 8.
    Saludos cordiales

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  10. Les envio otra “Demostracion Maravillosa del UTF”. Si hay espacio en este margen para hacerla:
    En donde esta el error?. Existe error?
    En referencia al Ultimo Teorema de Fermat (UTF): y^n + x^n = z^n
    Sea p, primo, tal que p† yxz, (ó p>z), p=(2.n.k+1), con “k” entero [A]
    k>0, k=? [ p† yxz significa que “p” NO divide a xyz ó que xyz no es múltiplo de “p” ]
    Se define p de modo que :
    x = b (mod p), [1] además:
    Sea “u” una nueva variable tal que:
    u^n = p-1 (mod p), [2],
    En esta expresión, existen “n” soluciones para la variable “u”.
    Se elige una solución de “u” tal que:
    y.u = b (mod p) [3],
    Sea y^n = d (mod p), [4], multiplicando [4].[2]:
    (y^n).( u^n) = d.(p-1) (mod p),
    (y.u) ^n = -d (mod p), debido a [3]:
    b^n = -d (mod p), [5], según [1]:
    x = b (mod p), luego elevando a la potencia n:
    x^n = b^n (mod p), debido a [5]:
    x^n = -d (mod p), [6] sumando [4]+[6]:
    y^n + x^n = d – d = 0 (mod p) [7], Debido a [A]:
    p† yxz, luego p† z, sea z^n = f (mod p), con f ≠ 0 [8]
    Luego según [7] y [8]: y^n + x^n ≠ z^n
    Demostrado?

    NOTA 1: La expresión [7] y^n+x^n=0 (mod p), siempre es posible debido a que: y^n + x^n = (y+x).v
    El término v siempre contiene divisores primos de la forma (2.n.k+1), indicado en [A]. Eligiendo adecuadamente las variables “p” y “u”, la expresión [3] siempre es posible.

    NOTA 2: Otra forma equivalente de enfocar este planteamiento es el siguiente:
    Se debe buscar un número primo “p” tal que p† yxz, (ó p>z),
    Por otro lado se plantea resolver:
    y^n – d = t.p
    x^n + d = u.p
    Que serían 2 ecuaciones con 2 incógnitas: “p” y “d”
    Sumando las 2 expresiones se tendría:
    p = (y^n + x^n )/(t+ u)
    Es decir “p” debe ser un divisor primo de (y^n + x^n), pero no podría ser un divisor primo de (y+x), por cuanto en ese caso “z“ sería múltiplo de “p”. El número primo “p” debe ser divisor primo de “v” (indicado en la Nota 1):
    v = y^(n-1) – y^(n-2).x + … … – y.x^(n-2) + x^(n-1)
    Con “p” de la forma p= 2.n.k+1.

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  11. Ramanujan, el título está perfectamente puesto, pues con una símple frase aporta mucha información sobre el artículo.

    Ten en cuenta que ese título (bueno, la frase) no es del autor, sino de Fermat.

    Sin entrar en detalles, es claro que el autor quiere decir con el título que intenta suministrar una demostración del estilo que habría aportado Fermat (de tener sitio en el margen 😀 ).

    Por otra parte Rodolfo Merino no llego a comprender “la traza” de tu demostración, pero…

    ¿ “y^n + x^n = d – d = 0 (mod p)” ?

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  12. Si he entendido correctamente la propuesta de resolución, la disquisición sobre las posibles raíces complejas del polinomio es del todo superflua, ya tiene coeficientes de signos alternos y, por la regla de Descartes, todas sus raices son reales positivas.

    El primer error que yo he sabido ver, está en la página 7, punto primero.

    Viene a afirmar que si un polinomio tiene todas las raíces reales positivas y el producto y la suma de estas son números enteros, entonces si una las raices es entera, todas lo han de ser. Esto no es cierto y un contraejemplo es (x-1)(x-2+\sqrt{2})(x-2-\sqrt{2}).

    Claro que yo abandoné la carrera de matemáticas ya hace muchos años y puedo estar equivocado. Sea como sea, gracias a Gaussianos por esta oportunidad para refrescar viejos conocimientos.

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  13. Jose Juan, lo que indicas entre signos de interrogacion:
    ¿ “y^n + x^n = d – d = 0 (mod p)” ?
    es simplemente la suma de las expresiones [4]+[6].
    Rodolfo

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  14. @Nemo, si un polinomio tiene todas sus raices positivas, entonces los signos de sus coeficientes son todos alternos.

    Pero lo contrario no es cierto. Que estos signos sean alternos no garantiza que todas sus raices sean positivas.

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  15. @Nemo, me remito a lo mismo que te responde Sive. Si no recuerdo mal, lo maximo que puedes asegurar con Descartes es que si hay una y solo una variacion de signo en el polinomio, entonces tiene al menos 1 raiz real

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  16. Es cierto. La regla de Descartes no dice cuantas raíces positivas tiene un polinomio, solo fija una cota. Solo puedo alegar que no la recordaba exactamente y, buscándola en Internet, fui a dar a una página que la explicacaba mal.

    Lo que sí me atrevo a afirmar es que la supuesta demostración no solo es incorrecta, sino que está hecha descuidadamente.

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  17. Jose Juan, para que entiendas “la traza” de la demostracion, solo debes tener un poco de paciencia.
    Animense, diganme donde esta el error (¿existe?). Por bastante tiempo he estado convencido que la demosración esta correcta.

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  18. @Rodolfo no te voy a decir que si formateas tu demostración en latex, la voy a mirar, porque también depende de lo liado y/o aburrido que yo esté.

    Pero que si te tomas la molestia de hacerlo, será más probable que alguien se tome la molestia de revisarla, eso es seguro.

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  19. Es que al comienzo de la pagina 7, al descartar las soluciones complejas, NO PUEDE DEDUCIR que si una raiz es entera, entonces todas las demas lo son. Eso lo demuestra SI TODAS SON REALES (incluyendo enteros). Pero bien podria ser que haya raiz entera, compensada con raices complejas.

    Ahi esta el primer punto a derribar, en esta demostracion.

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  20. En (2), ¿por qué hay n soluciones para la variable u? Esto no es cierto en general
    Y aunque las hubiera, ¿por qué una de ella cumple que y·u=x?

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  21. El problema no es tanto el de las soluciones complejas como… la forma bestia en la que afirma que si demuestra el teorema de fermat para potencias n siendo n P(rimo) entonces no es necesario demostrarlo para numeros compuestos.

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  22. Ulises, es que si se demuestra el UTF para n=4 y para todos los números primos entonces no hará falta demostrarlo para el resto de números compuestos.

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  23. @Ulises creo que no llegué a esa afirmación, supongo que te refieres a que lo argumenta mal ¿no?.

    De todos modos, aunque argumente incorrectamente un resultado verdadero y sobradamente conocido (como en este caso), eso no invalidaría su ‘demostración’. Así que yo creo que el problema sí que está en las raices no reales. Tal vez no sea el error más grave que comete, dejé de leer justo ahí, pero sí que es el primero.

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  24. Gracias por aclarar mi error. La ignorancia hace decir burradas como la que recien he dicho.

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  25. GEP
    Me extraña que preguntes ¿por qué hay n soluciones para la variable u?, revisa conceptos de la teoria de los numeros; si hay “n” soluciones. Respecto a ¿por qué una de ellas cumple que y•u=x?, en ningun caso he escrito eso. He escrito y.u=b (3), (mira la nota 1)
    SIVE:
    Pienso que en parte tienes razon, sin embargo lo importante no es la forma sino el fondo. Para serte sincero nunca he usado el latex pero si estas interesado te envio el archivo “pdf” asi como lo pides, dime a que correo te lo envio o como se los hago llegar. O mejor aun, tu derrepente podrias hacerme (hacernos?) el favor de pasarlo a latex (si tienes el tiempo y el interes). Por razones de trabajo ando con el tiempo bastante ajustado.
    Hasta ahora nadie me ha podido convencer de que la demostracion esta incorrecta, y no me refiero exclusivamente a uds; esto lo he planteado a otras personas y en otro foro
    Saludos

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  26. Caramba, no era tan complicado el LATEX, espero no haberme equivocado en la simbologia latex y se refleje exactamente lo que escribi el 07-05-2011:

    En referencia al Ultimo Teorema de Fermat (UTF): y^n+x^n=z^n
    Sea p, primo, tal que p† yxz, (ó p>z), p=(2.n.k+1), con “k” entero [A]
    k>0, k=? [ p† yxz significa que “p” NO divide a xyz ó que xyz no es múltiplo de “p” ]
    Se define p de modo que :
    x = b (mod p), [1] además:
    Sea “u” una nueva variable tal que:
    u^n = p-1 (mod p), [2],
    En esta expresión, existen “n” soluciones para la variable “u”.
    Se elige una solución de “u” tal que:
    y.u = b (mod p) [3],
    Sea y^n = d (mod p), [4], multiplicando [4].[2]:
    (y^n).(u^n) = d.(p-1) (mod p),
    (y.u)^n = -d (mod p), debido a [3]:
    b^n = -d (mod p), [5], según [1]:
    x = b (mod p), luego elevando a la potencia n:
    x^n = b^n (mod p), debido a [5]:
    x^n = -d (mod p), [6] sumando [4]+[6]:
    y^n+x^n = d – d = 0 (mod p) [7], Debido a [A]:
    p† yxz, luego p† z, sea z^n = f (mod p), con f ≠ 0 [8]
    Luego según [7] y [8]: y^n+x^nz^n
    Demostrado?

    NOTA 1: La expresión [7] y^n+x^n=0 (mod p), siempre es posible debido a que: y^n + x^n = (y+x).v
    El término v siempre contiene divisores primos de la forma (2.n.k+1), indicado en [A]. Eligiendo adecuadamente las variables “p” y “u”, la expresión [3] siempre es posible.

    NOTA 2: Otra forma equivalente de enfocar este planteamiento es el siguiente:
    Se debe buscar un número primo “p” tal que p† yxz, (ó p>z),
    Por otro lado se plantea resolver:
    y^n – d = t.p
    x^n + d = u.p
    Que serían 2 ecuaciones con 2 incógnitas: “p” y “d”
    Sumando las 2 expresiones se tendría:
    p = (y^n+ x^n)/(t+ u)
    Es decir “p” debe ser un divisor primo de (y^n+ x^n), pero no podría ser un divisor primo de (y+x), por cuanto en ese caso “z“ sería múltiplo de “p”. El número primo “p” debe ser divisor primo de “v” (indicado en la Nota 1):
    v = y^{n-1}-y^{n-2}.x+… …-y.x^{n-2}+x^{n-1}
    Con “p” de la forma p= 2.n.k+1.

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  27. Les envio un ejm. numérico:
    Sea n=7, y=57=3*19, x=70=2*5*7, z=121=11^2
    Sea p=2nk+1= 2*7*k+1 = 14*k+1 = 29, 43, 71, 113, 127, 197, 211, 239, …
    Sea p=211; y^n=57^7=74 (mod 211); x^n=70^7=137 (mod 211)
    Para este primo p=211, se cumple que 57^7+70^7= 74+137=211=0 (mod 211)
    Y además 121^7=71 (mod 211), de modo que 57^7+70^7121^7

    El siguiente ejm. numérico es muy parecido al anterior (con otro valor para “x”):
    Sea n=7, y=57=3*19, x=98=2*7^2 z=121=11^2
    Sea p=211; y^n=57^7=74 (mod 211); x^n=98^7=140 (mod 211)
    En este caso 57^7+98^7 = 74+140=214=3 (mod 211), 3 ≠ 0
    Luego se debe buscar otro primo “p” adecuado: p=2nk+1= 14xk+1 = 113
    Lo importante no es tanto que p>z sino que p† yxz, luego p† z.
    y^n=57^7=98 (mod 113); x^n=98^7=15 (mod 113), 57^7+98^7=98+15=0 (mod 113),
    z=121=8 (mod 113), z^n=121^7=8^7=98 (mod 113), 57^7+98^7121^7

    Alguien podría encontrar un contraejm numérico?

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  28. Sencillamente, cuando he llegado a la página 3 y he visto como tipografía Comic Sans…. he cerrado el pdf y lo he eliminado.

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  29. Para construir el polinomio, hace un cambio de variables para lo que necesita demostrar la igualdad (2d): GCD(E,D)=1.

    Y trata de hacerlo mediante una contradicción con las suposiciones (2e), (2f) y (2g). O sea, supone que existe un divisor común de E, de D y de -(E+D) y llega a un absurdo. Pero no ha demostrado lo que quería, pueso que esta contradición solo demuestra la igualdad GCD(E,D,E+D)=1. Y no necesariamente GCD(E,D)=1, porque un divisor de E+D no le es necesariamente de E y de D.

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  30. Saludos a todos, me gustaría saber gaussianos, por qué te parece humor matemático la demostración que indica rosgori , Creo que deberíamos apoyarnos entre latinos en vez de dar juicios apresurados, se tiene la costumbre de dar alabanzas a otras personas solo por ser europeos, pero cuando un hermano nuestro publica algo, de inmediato se menosprecia su trabajo.

    Que estén bien.

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  31. otra CHORRADA mas.. y seguro que igual alguna revista ‘seria’ se lo ha publicado 😀 que triste joder y a mi ninguna me hacen caso y no puedo poner en el ARXIV mis ideas por no tener un trabajo en ninguna universidad.

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