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Autor Tema: Cálculos y deducciones sencillas acerca del Último Teorema de Fermat  (Leído 11108 veces)
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argentinator
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« : 23/07/2009, 09:40:31 am »

Ahora que se ha abierto este nuevo subforo, quizá sea una oportunidad para que todos expresemos nuestros sentimientos al respecto. Todos alguna vez hemos buscado una prueba con métodos elementales del Teorema de Fermat.

Lo que voy a aportar yo son una serie de supuestos básicos que pueden hacerse, para reducir el problema a su verdadera esencia, aunque siempre dentro del terreno de lo muy elemental.

Incluso voy a incluir demostraciones que son hartantes por lo fáciles y redudantes, pero nunca se sabe a quién le pueden interesar los detalles.


 La proposición de Fermat, para las variables [texx]x,y,z,n[/texx] será la igualdad siguiente:
  [texx]
    (\hbox{UTF}_n)\qquad\qquad x^n+y^n=z^n.
  [/texx]

   Se estudia esa ecuación para variables enteras [texx]x,y,z[/texx], y [texx]n > 2[/texx], que también es entero por supuesto.

  De la manera que voy a encarar los detalles que siguen, será considerando al paquete de variables [texx]n,x,y,z[/texx], todo junto. Es que en realidad el exponente n puede mezclarse un poco con las otras variables.


  Vamos a llevar a cabo una prueba de tipo analítico,
  vale decir, usando cálculo y desigualdades.
  Vamos a ir paso a paso, viendo distintos casos.
  En general, lo que haremos es suponer que la igualdad
   [texx]\hbox{UTF}_n [/texx] es cierta para ciertos [texx]x,y,z [/texx],
  y entonces iremos descartando los valores que
  hacen imposible la igualdad, ya que el objetivo es probar justo lo contrario: que la igualdad no es cierta.

  También iremos suponiendo que el exponente n es tan grande como haga falta.
  Para valores pequeños de n, algunas relaciones que vienen a continuación no serán ciertas.
  Procuraremos dejar claro cada caso.

  [texx]\fbox{0.}[/texx] Se puede suponer sin pérdida de generalidad que los números [texx]x,y,z[/texx], son todos enteros positivos.

   Los detalles de esto no los voy a hacer, a menos que alguien me lo demande llorosamente.
   Se trata de un hecho muy conocido, y uno puede convencerse fácilmente.

  La idea es evitar el 0 y los números negativos tanto como sea posible.
  Sin embargo, aún así, esto no quiere decir que los números negativos nunca van a aparecer.
  Siempre hay que tener en cuenta que si hacemos alguna resta, alguna de las cantidades que trabajemos puede hacerse negativa y arruinar así nuestros razonamientos. Basta andarse con cuidado.

  Una consecuencia básica de esto es que los números [texx]x,y,z[/texx] son todos mayores o iguales que 1,
  lo cual se puede usar en desigualdades.

  De paso, digamos también que el exponente [texx]n[/texx] es un entero mayor o igual que 1 en todo lo que sigue,
  a menos que lo restrinjamos explícitamente en algunos casos.

  [texx]\fbox{1.}[/texx] Se puede suponer sin pérdida de generalidad que [texx]x\leq y [/texx]
 
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   [texx]\fbox{2.}[/texx] Se puede suponer sin pérdida de generalidad
       que [texx]x,y,z [/texx] no tienen factores en común

   
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   [texx]\fbox{3.}[/texx] Se puede suponer que [texx]x,y [/texx]
                no tienen factores comunes. 

   
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   [texx]\fbox{4.}[/texx] Se puede suponer que [texx]x,z [/texx] no tienen factores comunes.
               También se puede aceptar que [texx]y,z [/texx] no tienen factores comunes.
 
   
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   [texx]\fbox{5.}[/texx] Si [texx]n > 1[/texx], se puede suponer que [texx]x< y [/texx].
   
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   [texx]\fbox{6.}[/texx] Se puede suponer que [texx]y< z [/texx].
   
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   [texx]\fbox{7.}[/texx] Si se satisface  [texx]\hbox{UTF}_n [/texx], entonces [texx]z< x+y [/texx].
   
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   [texx]\fbox{8.}[/texx] Reformulación del problema.
         Como [texx]1\leq x< y< z [/texx], por definición de la relación [texx]< [/texx] en los enteros positivos, existen enteros ''positivos'' [texx]a,b [/texx], tales que:
  [texx]
     y=x+a, z=y+b=x+a+b.
  [/texx]
  Ahora bien, la igualdad [texx]\hbox{UTF}_n [/texx] queda escrita en esta forma equivalente:

       [texx]   (\hbox{UTF}_n)'\qquad\qquad    x^n+(x+a)^n=(x+a+b)^n.  [/texx]

  Recordemos que, como se trata de números enteros, el hecho de ser positivos significa que
  [texx]a\geq1,b\geq1 [/texx].
 

   
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   [texx]\fbox{9.}[/texx]
      Reescribiendo la igualdad [texx](\hbox{UTF}_n)' [/texx], nos queda esta otra:
    [texx]
         x^n=(x+a+b)^n-(x+a)^n.
    [/texx]
     Aplicamos ahora la fórmula del binomio de Newton a cada término, y resulta:
                     [texx]      x^n=  \sum_{k=0}^n\dbinom nk x^{n-k}(a+b)^k - \sum_{k=0}^n\dbinom nk x^{n-k}a^n. [/texx]
     Se puede reescribir esto como:
                     [texx] x^n=  \sum_{k=1}^n\dbinom nk [(a+b)^k-a^k]   x^{n-k}. [/texx]
     Nótese que el término [texx]k=0 [/texx] se ha quitado.
     Definiendo [texx]\gamma _k =\dbinom nk [(a+b)^k-a^k] [/texx], obtenemos la igualdad polinómica en [texx]x [/texx]:
                     [texx] x^n=  \sum_{k=1}^n\gamma_k   x^{n-k}. [/texx]
     Si se prefiere, puede escribirse de esta otra forma:
                     [texx]    x^n-  \sum_{k=0}^{n-1}\gamma_{n-k}   x^{k} = 0.  [/texx]
   

   
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   [texx]\fbox{10.}[/texx] Cada coeficiente [texx]\gamma _k [/texx] es estrictamente positivo.  
   
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   [texx]\fbox{11.} [/texx] Para todo [texx]k=1,2,...,n [/texx] el coeficiente [texx]\gamma _k\leq x^k [/texx].   
   
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   [texx]\fbox{12.}  [/texx]  El número [texx]b [/texx] no puede ser arbitrariamente grande.
        Más precisamente, se tiene la siguiente relación:
                                [texx] b <  \dfrac xn.     [/texx]
     

   
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   [texx]\fbox{13.}[/texx]  El exponente [texx]n [/texx] está siempre por debajo de los valores de la terna [texx]x,y,z [/texx],
    esto es: [texx]     n<  x< y< z.  [/texx] 

   
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   [texx]\fbox{14.}[/texx]  Si [texx]n  \geq 2[/texx], entonces el número [texx]a [/texx] no puede ser arbitrariamente grande.
        Más precisamente, se tiene la siguiente relación:

                 [texx]  a <  \dfrac{x^2}{bn(n-1)}-\dfrac b2.     [/texx]

       Esta relación nos dice que el valor de [texx]a [/texx]  está controlado de alguna manera
       por los valores de [texx]x,n,b [/texx].
       Sin embargo, la cota obtenida es algo engorrosa.
       Podemos conformarnos con una cota menos precisa, pero más agradable a la vista, como la siguiente:

                [texx] a <  \dfrac{x^2}{n(n-1)}.      [/texx]
     

   
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   [texx]\fbox{15.} [/texx] Una manera aún más simple de estimar el tamaño de [texx]a [/texx] es escribiendo:
                 [texx] a< x^2 .[/texx]
    (siempre para [texx]n \geq2[/texx], claro).

   
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   [texx]\fbox{16.}[/texx] Si [texx]n \geq3[/texx], entonces el número [texx]a[/texx] puede estimarse de una manera más ajustada, mediante:
                    [texx]  a < \frac{x^{3/2}}{(b n)^{1/2}}, [/texx]
   o bien de la forma más sencilla:
                    [texx]  a <   x^{3/2}.[/texx]
     

   
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Continuará... (quizá)
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« Respuesta #1 : 30/07/2009, 10:03:04 am »

Todos alguna vez hemos buscado una prueba con métodos elementales del Teorema de Fermat.

 :risa: Si.. yo me atreveria decir que todos queremos hacerlo de la manera que Fermat lo hizo..

Cuando uno ve el documental de Wiles y la comprobacion del teorema, hay una parte al final, donde uno de los entrevistados dice que era imposible que Fermat tuviera la prueba de Wiles, porque esta es una prueba moderna.. Ademas de que hay una cierta inconformidad con la prueba porque a uno de la impresion de que Wiles no probo el UTF si no la conjetura Taniyama-Shimura.. De hecho en ese mismo documental Goro Shimura dice que cuando Wiles hallo su prueba lo primero que el queria decirle fue "Te lo dije"..

¿Que es lo mas parecido que hay a la prueba que no pudo escribir Fermat en aquel margen tan pequeño?.. ¿Hay algo asi?.. ¿Que tanto influyo la intuicion de Fermat en esto?..
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argentinator
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« Respuesta #2 : 30/07/2009, 10:26:38 am »

No se sabe de qué caracter es la posible prueba de Fermat.
Creo que puede tener que ver con la prueba que se da para el caso de exponente n = 4, en donde se aplica el descenso infinito.
Pero después de escribir esa nota al margen, Fermat tuvo una larga vida para escribir correctamente una prueba completa, pero no lo hizo, así que es muy posible que no tuviera esa prueba realmente.
La verdadera historia del Teorema de Fermat comienza con la resolución de Euler para el caso n = 3, ya que gran parte de las ideas posteriores tienen que ver con el método empleado en ese caso.
Saludos
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« Respuesta #3 : 14/07/2014, 02:55:59 pm »

Hola argentinator,
espero que lo que ponga no sea tan grosero  ,de ser así entonces podrías indicarme como abordar con esta idea?espero que probar el UTF,no sea tan así porque viendo todo lo que detallas  parece que lo tomo así muy a la  ligera.

Sigo tus pasos y llego a [texx] x^n=  \sum_{k=1}^n\gamma_k   x^{n-k}. [/texx] asumiendo que la igualdad   [texx]  (\hbox{UTF}_n)\qquad\qquad x^n+y^n=z^n.[/texx] es cierta.

Luego si se me ocurre hacer ;

[texx]D^{1/2}x^n=\displaystyle\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+1/2)}x^{n-1/2}[/texx]
[texx]D^{1/2} \sum_{k=1}^n\gamma_k x^{n-k}=\sum_{k=1}^n\gamma_k\displaystyle\frac{\Gamma(k+3/2)}{\Gamma(k+1)}x^{k}[/texx]
Luego los exponentes de la x deben ser iguales [texx]n-k=1/2[/texx] lo cual es contradictorio  n y k son enteros así [texx]x^{n}+y^{n}\neq{ z^{n}}[/texx]
 
Tan solo aplique derivada fraccionaria como lo dejaste en forma x^N se me ocurrió usar la derivada de Lacroix.
PD entra en el margen  :sonrisa_amplia:
Salu2
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« Respuesta #4 : 14/07/2014, 03:22:40 pm »

Hola argentinator,
espero que lo que ponga no sea tan grosero  ,de ser así entonces podrías indicarme como abordar con esta idea?espero que probar el UTF,no sea tan así porque viendo todo lo que detallas  parece que lo tomo así muy a la  ligera.

Sigo tus pasos y llego a [texx] x^n=  \sum_{k=1}^n\gamma_k   x^{n-k}. [/texx] asumiendo que la igualdad   [texx]  (\hbox{UTF}_n)\qquad\qquad x^n+y^n=z^n.[/texx] es cierta.

Luego si se me ocurre hacer ;

[texx]D^{1/2}x^n=\displaystyle\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+1/2)}x^{n-1/2}[/texx]
[texx]D^{1/2} \sum_{k=1}^n\gamma_k x^{n-k}=\sum_{k=1}^n\gamma_k\displaystyle\frac{\Gamma(k+3/2)}{\Gamma(k+1)}x^{k}[/texx]
Luego los exponentes de la x deben ser iguales [texx]n-k=1/2[/texx] lo cual es contradictorio  n y k son enteros así [texx]x^{n}+y^{n}\neq{ z^{n}}[/texx]
 
Tan solo aplique derivada fraccionaria como lo dejaste en forma x^N se me ocurrió usar la derivada de Lacroix.
PD entra en el margen  :sonrisa_amplia:
Salu2

Está mal calculada la derivada fraccionaria.
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« Respuesta #5 : 14/07/2014, 04:28:37 pm »

Todos alguna vez hemos buscado una prueba con métodos elementales del Teorema de Fermat.

 :sorprendido:  Tu quoque, Brute, fili mi (= Tú también, Bruto, hijo mío)  :rodando_los_ojos:
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« Respuesta #6 : 14/07/2014, 05:18:04 pm »

Ademas de que hay una cierta inconformidad con la prueba porque a uno de la impresion de que Wiles no probo el UTF si no la conjetura Taniyama-Shimura..


Es que realmente lo que hizo Wiles fue probar la Taniyama-Shimura (parcialmente) que junto con la conjetura de Serre (probada con anterioridad) implicaban la validez del Ultimo Teorema de Fermat.

Se agradece el esfuerzo argentinator  Aplauso Aplauso

Un saludo!
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« Respuesta #7 : 14/07/2014, 05:37:24 pm »

Ademas de que hay una cierta inconformidad con la prueba porque a uno de la impresion de que Wiles no probo el UTF si no la conjetura Taniyama-Shimura..


Es que realmente lo que hizo Wiles fue probar la Taniyama-Shimura (parcialmente) que junto con la conjetura de Serre (probada con anterioridad) implicaban la validez del Ultimo Teorema de Fermat.

Se agradece el esfuerzo argentinator  Aplauso Aplauso

Un saludo!

Sólo compartí mis calculitos, y de paso los colgué con la esperanza de que nadie intente hacer lo mismo una y otra vez.
Igual, fijate que mejor me puse a estudiar la prueba de Euler en otros hilos, porque por este camino no hay mucho más que decir.
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feriva
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« Respuesta #8 : 14/07/2014, 07:25:27 pm »

Hola. No sé si lo has puesto por ahí, Argentinator (no lo veo con estos ojos que Dios me ha dado) pero también se puede decir que basta demostrarlo para “n” primo, descartando los compuestos.

Si [texx]n=pm[/texx]

[texx]X^{mp}+Y^{mp}=Z^{mp}\Rightarrow(x^{m})^{p}+(y^{m})^{p}=(z^{m})^{p}[/texx]

Basta demostrarlo para potencias primas puesto que si en [texx]x^{m},y^{m},z^{m}[/texx] ocurriera, [texx]m=2\wedge p=2[/texx] sería el caso n=4, ya demostrado; si ocurriera [texx]m=2a\wedge p\neq2[/texx] y si existiera la igualdad para “n=2ap”, existiría también la igualdad para el caso “p” y para todos los factores primos de “2a”; sabiendo que para las poetencias de 2 no se cumple la igualdad, basta la comprobación para cualquiera de los otros primos, si existieran, que compongan a la potencia.

 lo he visto aquí:

http://gaussianos.com/%C2%BFpor-que-el-caso-n4-es-tan-importante/

Saludos.
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« Respuesta #9 : 14/07/2014, 08:21:05 pm »

Todos alguna vez hemos buscado una prueba con métodos elementales del Teorema de Fermat.

 :sorprendido:  Tu quoque, Brute, fili mi (= Tú también, Bruto, hijo mío)  :rodando_los_ojos:

Tu sentimiento tiene un nombre: desazón.
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« Respuesta #10 : 14/07/2014, 08:32:11 pm »

también se puede decir que basta demostrarlo para “n” primo, descartando los compuestos.

Sí, claro. Tratemos de escribirlo nosotros correctamente.

Supongamos que existe n compuesto tal que algún primo p impar divide n,
y tal que existen [texx]x,y,z[/texx] enteros no triviales (o sea, no nulos) tal que \(x^n+y^n=z^n\).
Definamos \(m = n/p, X = x^m, Y = y^m, Z = z^m.\)
Entonces: [texx]X^p+Y^p = Z^p[/texx], como es fácil de chequear.
Como de nuevo [texx]X,Y,Z[/texx], son enteros no triviales,
esto implica que [texx]\textsf{UTF}_p[/texx] es verdadera para ese número primo impar [texx]p[/texx] (notar que p > 2).

Ahora supongamos que n es compuesto, y que no es divisible por ningún primo impar.
Entonces [texx]n=2^k[/texx], para algún entero positivo [texx]k[/texx].

Bajo el supuesto general de que [texx]n \geq 3[/texx], tenemos que [texx]k > 1[/texx].
Por lo tanto 4 es divisor de [texx]n[/texx].
Definiendo  [texx]m = n/4, X = x^m, Y = y^m, Z = z^m.[/texx]
Entonces: [texx]X^4+Y^4 = Z^4[/texx], como es fácil de chequear.
Además, [texx]X,Y,Z[/texx], son enteros no triviales.

Pero esto dice que [texx]\textsf{UTF}_n[/texx] es cierta para n = 4.
Sin embargo, se sabe que esto no es cierto (el exponente 4 es el más fácil de probar como falso).

Entonces, basta analizar la validez de [texx]\textsf{UTF}_p[/texx] con [texx]p[/texx] primo.
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« Respuesta #11 : 14/07/2014, 08:46:21 pm »

también se puede decir que basta demostrarlo para “n” primo, descartando los compuestos.

Sí, claro. Tratemos de escribirlo nosotros correctamente.



Bueno, me llamas tácitamente chapucero, pero ya sé que lo haces con cariño :cara_de_queso:

  Un saludo y buenas noches.
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« Respuesta #12 : 14/07/2014, 08:57:29 pm »

Pues no. Tu prueba estaba bien.

Lo que pasa es que citaste algo de otra web, entonces dije, "mejor hagámoslo nosotros".


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« Respuesta #13 : 14/07/2014, 09:19:38 pm »

Pues no. Tu prueba estaba bien.






Pero es tosca, y la tuya es de profesional.

 Ahora si me voy, hasta mañana.
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« Respuesta #14 : 09/09/2016, 07:50:23 am »

Hola.
¿ Es conocido si alguno de [texx]x[/texx], [texx]y[/texx] o [texx]z[/texx] puede ser multiplo de [texx]n[/texx]? O por el contrario, es conocido que ninguno de ellos puede serlo?
Gracias
Saludos
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« Respuesta #15 : 09/09/2016, 08:48:34 am »

Hola

Hola.
¿ Es conocido si alguno de [texx]x[/texx], [texx]y[/texx] o [texx]z[/texx] puede ser multiplo de [texx]n[/texx]? O por el contrario, es conocido que ninguno de ellos puede serlo?

Que yo sepa no hay ningún razonamiento sencillo para descartar el caso en que algunos de las tres variables pueda ser múltiplo del exponente.

Saludos.
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #16 : 09/09/2016, 09:05:34 am »

En algunos casos es aplicable el teorema de Sophie Germain:

https://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_Sophie_Germain
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« Respuesta #17 : 13/09/2016, 09:40:11 am »

Hola. Gracias por los comentarios. He encontrado siguiendo la pista que para el caso [texx]n=5[/texx] en efecto alguno de [texx]x[/texx], [texx]y[/texx] o [texx]z[/texx] tiene que se múltiplo de [texx]5[/texx]
http://fermatslasttheorem.blogspot.co.uk/2005/08/sophies-proof.html
Saludos
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