Autor Tema: UTF, ¿Demostración sencilla? ¡vergüenza me da!

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16 Diciembre, 2018, 12:59 am
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lee_bran

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Qué bonito sería que la prueba se redujera a unas pocas líneas que se me ocurrieron durante un tedioso viaje sin nada mejor que hacer que pensar en esto. En fin, ¡allá va mi intento de prueba!

Último teorema de Fermat

Si n es un número entero mayor que 2, entonces no existen números enteros positivos x, y  y z tales que se cumpla la igualdad:
 \( x^n + y^n =z^n \)

Demostración:
Procederemos por reducción al absurdo. Supondremos que existen soluciones (x, y, z) enteras positivas tales que \( x^n + y^n =z^n \).

Además nos serviremos del desarrollo del binomio de Newton para \( (x+y)^n \) , donde \( C(n,k) \) representa el coeficiente binomial conocido como \( n \) sobre \( k \)

\( (x+y)^n = x^n +C(n,n-1)x^{n-1} y + … + C(n,1)x y^{n-1} + y^n \)

Como por hipótesis \( C(n, k), x \) e \( y \) son números positivos, eliminando todos los sumandos intermedios de la expresión (que serán valores estrictamente positivos) tendríamos la desigualdad \( x^n+y^n < (x+y)^n \)

Por hipótesis tendríamos alguna solución \( (x, y ,z) \) con valores enteros positivos que satisfaría la igualdad. Distinguiremos 3 casos excluyentes que trataremos de derribar para conseguir demostrar el teorema:

1º) x+y <z. Elevando a \( n \) ambos lados de la desigualdad tenemos \( (x+y)^n < z^n \), y al aplicar el desarrollo de Newton, nos queda que \( x^n+y^n<z^n \), lo que entra en contradicción con que se cumplía la igualdad.

2º) z< x+y. Elevando a \( n \) ambos lados de la desigualdad tenemos que \( z^n< (x+y)^n \), y aplicando el desarrollo de Newton, reordenando los términos (el último sumando lo pasamos al segundo lugar), tenemos que \( z^n < x^n + y^n+ C(n,n-1)x^{n-1} y+... \)

Como por hipótesis dimos por cierta la igualdad \( z^n = x^n + y^n \), al  sustraer esta identidad de la desigualdad anterior, obtendríamos que: \( 0<C(n,n-1)x^{n-1} y+... \), donde la parte derecha de la desigualdad se puede interpretar como un polinomio con coeficientes en \( x \) e \( y \), o sencillamente como un polinomio \( P(x) \) de grado \( n-1 \). Al afirmar que este polinomio es mayor que \( 0 \) para todo valor positivo de \( x \), como consecuencia del teorema fundamental del álgebra estamos afirmando que no tiene raíces reales en \( \mathbb{R^+} \)  ,(es decir que las soluciones del polinomio para  \( x \) no son reales) aunque sí podría tener hasta \( n-1 \) raíces complejas en esta semirrecta. Esto entra en contradicción con que la solución \( (x, y , z) \) tiene valores enteros positivos.

3º) x+y = z. En este caso, el polinomio del apartado anterior \( P(x) \) tomaría el valor \( 0 \) para todos los valores de \( x \) en \( \mathbb{R^+} \), pero esto sólo es posible si \( y=0 \), lo que entra en contradicción con que la solución es un número entero positivo.

Por tanto el resultado tendría que ser necesariamente cierto.

Esta línea de argumentación podría adaptarse sin demasiada dificultad a la conjetura de Beal, así que si alguien consolida mi intento de demostración, tendría un milloncejo de dólares a tiro de piedra. Buena suerte.

Saludos,

16 Diciembre, 2018, 10:25 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

2º) z< x+y. Elevando a \( n \) ambos lados de la desigualdad tenemos que \( z^n< (x+y)^n \), y aplicando el desarrollo de Newton, reordenando los términos (el último sumando lo pasamos al segundo lugar), tenemos que \( z^n < x^n + y^n+ C(n,n-1)x^{n-1} y+... \)

Como por hipótesis dimos por cierta la igualdad \( z^n = x^n + y^n \), al  sustraer esta identidad de la desigualdad anterior, obtendríamos que: \( 0<C(n,n-1)x^{n-1} y+... \), donde la parte derecha de la desigualdad se puede interpretar como un polinomio con coeficientes en \( x \) e \( y \), o sencillamente como un polinomio \( P(x) \) de grado \( n-1 \). Al afirmar que este polinomio es mayor que \( 0 \) para todo valor positivo de \( x \)

De tus hipótesis, es decir, de la posible existencia de una solución a la ecuación de Fermat, no se deduce que ese polinomio sea mayor que cero para TODO valor positivo de \( x \); sino que existe algún valor para el cuál es positivo.

Citar
como consecuencia del teorema fundamental del álgebra estamos afirmando que no tiene raíces reales en \( \mathbb{R^+} \)  ,(es decir que las soluciones del polinomio para  \( x \) no son reales) aunque sí podría tener hasta \( n-1 \) raíces complejas en esta semirrecta. Esto entra en contradicción con que la solución \( (x, y , z) \) tiene valores enteros positivos.

Incluso en ese caso, ¿dónde está la contradicción?. En principio no hay nada contradictorio en que un polinomio no tenga raíces reales positivas.

Y otra cosa más, en ese intento de argumento no usas para nada el carácter entero de las variables. La ecuación de Fermat si tiene soluciones no enteras, por tanto eso es síntoma de que el argumento no podía estar bien.

Saludos.

16 Diciembre, 2018, 01:00 pm
Respuesta #2

lee_bran

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Me temo que esos no son contra-argumentos suficientes para tumbar mi demostración.

Hola

2º) z< x+y. Elevando a \( n \) ambos lados de la desigualdad tenemos que \( z^n< (x+y)^n \), y aplicando el desarrollo de Newton, reordenando los términos (el último sumando lo pasamos al segundo lugar), tenemos que \( z^n < x^n + y^n+ C(n,n-1)x^{n-1} y+... \)

Como por hipótesis dimos por cierta la igualdad \( z^n = x^n + y^n \), al  sustraer esta identidad de la desigualdad anterior, obtendríamos que: \( 0<C(n,n-1)x^{n-1} y+... \), donde la parte derecha de la desigualdad se puede interpretar como un polinomio con coeficientes en \( x \) e \( y \), o sencillamente como un polinomio \( P(x) \) de grado \( n-1 \). Al afirmar que este polinomio es mayor que \( 0 \) para todo valor positivo de \( x \)

De tus hipótesis, es decir, de la posible existencia de una solución a la ecuación de Fermat, no se deduce que ese polinomio sea mayor que cero para TODO valor positivo de \( x \); sino que existe algún valor para el cuál es positivo.


Si \( C(n,k) \) e \( y \) son números reales positivos  (enteros en nuestro caso concreto), ¿en qué puntos puede ser un polinomio en \( x \) con \( x \) positiva y coeficientes que sean sumas de productos de \( C(n,k) \) e \( y \) o de sus potencias negativo, o más aún, incluso \( 0 \)?

Es decir, que según usted si:
\( P(x) = C(n,n-1)*y* x^{n-1}+C(n, n-2)*y^2*x^{n-2} +...+C(n,1)* y^{n-1}*x+ C(n,0)* y^n \)

\( y>0 \) por hipótesis.
\( C(n,k) \) porque todos los números combinatorios son positivos.

\( C(n,n-1)*y=A_{n-1}>0 \)
\( C(n, n-2)*y^2=A_{n-2}>0 \)
...
\( C(n,1)* y^{n-1}=A_1>0 \)
\( C(n,0)* y^n=A_0>0 \)

Luego:
\( P(x) = A_{n-1}* x^{n-1}+A_{n-2}*x^{n-2} +...+A_1*x+ A_0 \) con \( A_i>0 \)

Pero \( P(x) \) no es positivo para TODO valor positivo de \( x \), sino tan sólo para algunos valores. !!

Incluso en ese caso, ¿dónde está la contradicción?. En principio no hay nada contradictorio en que un polinomio no tenga raíces reales positivas.

Según digo yo, el polinomio no tiene raíces reales positivas en la semirrecta positiva. Es decir que el conjunto de valores reales de \( x \) para los que \( P(x)=0 \) es el vacío, y habíamos supuesto que había algún valor de \( x \) ENTERO que anulaba la igualdad. Esa es la contradicción.

Y otra cosa más, en ese intento de argumento no usas para nada el carácter entero de las variables.

Equivocado o no, lo que he escrito está convenientemente argumentado.

Que no se use parte de una hipótesis no invalida una demostración: en todo caso se estaría llegando a un resultado más restrictivo. Lo que pasa en este caso es que sí que lo he utilizado, como comentaba en el párrafo anterior...

Para mi el principal escollo que hay es que estoy aplicando una demostración por reducción al absurdo a un enunciado que contiene un natural que podría ser infinito, y según algunas escuelas de pensamiento, esto no es apropiado.

Buenos días.

16 Diciembre, 2018, 01:21 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

Luego:
\( P(x) = A_{n-1}* x^{n-1}+A_{n-2}*x^{n-2} +...+A_1*x+ A_0 \) con \( A_i>0 \)

De acuerdo; ese polinomio con coeficientes positivos toma valores positivos para cualquier valor positivo de \( x \). Eso es una obviedad y no depende en absoluto de la existencia o no de soluciones para la ecuación de Fermat. Había entendido mal la forma en que planteabas esa afirmación.

Pero sea como sea eso es lo de menos.

Citar
Según digo yo, el polinomio no tiene raíces reales positivas en la semirrecta positiva. Es decir que el conjunto de valores reales de \( x \) para los que \( P(x)=0 \) es el vacío, y habíamos supuesto que había algún valor de \( x \) ENTERO que anulaba la igualdad. Esa es la contradicción.

Sigo sin ver la contradicción. De aquí:


2º) z< x+y. Elevando a \( n \) ambos lados de la desigualdad tenemos que \( z^n< (x+y)^n \), y aplicando el desarrollo de Newton, reordenando los términos (el último sumando lo pasamos al segundo lugar), tenemos que \( z^n < x^n + y^n+ C(n,n-1)x^{n-1} y+... \)

Como por hipótesis dimos por cierta la igualdad \( z^n = x^n + y^n \), al  sustraer esta identidad de la desigualdad anterior, obtendríamos que: \( 0<C(n,n-1)x^{n-1} y+... \), donde la parte derecha de la desigualdad se puede interpretar como un polinomio con coeficientes en \( x \) e \( y \), o sencillamente como un polinomio \( P(x) \) de grado \( n-1 \).

lo que deduces es que ese polinomio toma valores positivos, que es lo obvio. ¿Dónde está la contradicción?.

Y otra cosa más, en ese intento de argumento no usas para nada el carácter entero de las variables.

Equivocado o no, lo que he escrito está convenientemente argumentado.

Que no se use parte de una hipótesis no invalida una demostración: en todo caso se estaría llegando a un resultado más restrictivo. Lo que pasa en este caso es que sí que lo he utilizado, como comentaba en el párrafo anterior...

Un resultado más restrictivo... ¡qué es falso!... porque la ecuación de Fermat SI tiene soluciones no enteras. Eso es lo que desde el principio lleva a pensar que tu "demostración" está mal. Fíjate que te comento esto, porque en el fututo te puede llevar a no perder el tiempo con argumentos que no pueden funcionar. Si  no usas de manera decisiva el carácter entero de las variables y los supuestos argumentos parecen válidos también para números reales, con toda seguridad algo tiene que estar mal.

En cualquier caso, el fallo de tu argumento está apuntado antes. No llegas a ninguna contradicción.

Citar
Para mi el principal escollo que hay es que estoy aplicando una demostración por reducción al absurdo a un enunciado que contiene un natural que podría ser infinito, y según algunas escuelas de pensamiento, esto no es apropiado.

No se que natural dices que puede ser infinito. En primer lugar un natural no es infinito. Así que la frase ya no tiene mucho sentido. Las variables involucradas en la ecuación de Fermat son números naturales (finitos por tanto).

Saludos.

16 Diciembre, 2018, 01:42 pm
Respuesta #4

lee_bran

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lo que deduces es que ese polinomio toma valores positivos, que es lo obvio. ¿Dónde está la contradicción?.

La contradicción está en que si \( P(x)>0 \), las raíces de P(x) en \( \mathbb{R^+ } \) (en caso de que las tuviera) son complejas con parte imaginaria no nula y los números complejos con parte imaginaria no nula no son enteros. Habíamos supuesto que x tenía valores enteros, luego hay contradicción.

Citar
No se que natural dices que puede ser infinito. En primer lugar un natural no es infinito. Así que la frase ya no tiene mucho sentido. Las variables involucradas en la ecuación de Fermat son números naturales (finitos por tanto).

Es una forma de hablar coloquial. Léase como, "si n tiende a infinito..."

Último teorema de Fermat
Si n es un número entero mayor que 2, entonces no existen números enteros positivos \( x, y  \) y \( z \) tales que se cumpla la igualdad:
\(  x^n+y^n=z^n \)

Ese n remarcado es el natural al que me refería.

16 Diciembre, 2018, 01:58 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

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lo que deduces es que ese polinomio toma valores positivos, que es lo obvio. ¿Dónde está la contradicción?.

La contradicción está en que si \( P(x)>0 \), las raíces de P(x) en \( \mathbb{R^+ } \) (en caso de que las tuviera) son complejas con parte imaginaria no nula y los números complejos con parte imaginaria no nula no son enteros. Habíamos supuesto que x tenía valores enteros, luego hay contradicción.

Pero vamos a ver, obviamente si \( P(x)>0 \) para \( x>0 \) entonces \( P(x) \) no tiene raíces reales positivas. ¿Y...? De nada de lo que has razonado se deduce que si \( x,y,z \) son soluciones naturales de la ecuación de Fermat, entonces x sea raíz de \( P(x) \). Al contrario, se deduce que \( P(x)> \)0. Entonces no hay ninguna contradicción en que las raíces de \( P(x) \) sean complejas.

Citar
Es una forma de hablar coloquial. Léase como, "si n tiende a infinito..."

Último teorema de Fermat
Si n es un número entero mayor que 2, entonces no existen números enteros positivos \( x, y  \) y \( z \) tales que se cumpla la igualdad:
\(  x^n+y^n=z^n \)

Ese n remarcado es el natural al que me refería.

Con esa interpretación sigo sin saber que quieres decir con:

Citar
Para mi el principal escollo que hay es que estoy aplicando una demostración por reducción al absurdo a un enunciado que contiene un natural que podría ser infinito, y según algunas escuelas de pensamiento, esto no es apropiado.

Para mi no tiene sentido esa frase.

Saludos.

16 Diciembre, 2018, 04:38 pm
Respuesta #6

lee_bran

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Debe estar de broma porque no comprendo sus razonamientos:

... si aceptó como válido en el apartado 3º) que \( P(x)=0 \) para todo \( x \) positivo \( \Leftrightarrow{} y=0 \)...

¡Precisamente de lo que he razonado se deduce que si \( (x, y, z) \) es una solución, entonces las soluciones de \( P(x) \) nos dan la solución de x! Y esto es porque \( P(x) \) lo he construido utilizando el desarrollo del binomio de Newton.

Es cuando observamos que \( P(x)>0 \) al aplicar la hipótesis adicional \( 2ª) z< x+y \) que vemos que no puede tener raíces enteras y llegamos a la contradicción, no al revés como dice usted.

Citar
Citar

Para mi el principal escollo que hay es que estoy aplicando una demostración por reducción al absurdo a un enunciado que contiene un natural que podría ser infinito, y según algunas escuelas de pensamiento, esto no es apropiado.

Para mi no tiene sentido esta frase

Pues la cambio por la siguiente:

"Para mi el principal escollo que hay es que estoy aplicando una demostración por reducción al absurdo a un enunciado que contiene un natural que podría tender a infinito, y según algunas escuelas de pensamiento, esto no es apropiado."

¿Mejor?

En este punto recuerdo que el propio enunciado del "teorema fundamental del álgebra" es de este estilo, por lo que si se acepta la validez de la demostración del mismo, se ha de aceptar implícitamente lo que aquí he comentado dado que se apoya en los mismos "principios fundamentales" (a saber, reducción al absurdo sobre un polinomio de grado \( n \)... ¿qué pasa si \( n \) tiende a infinito?).

¿Alguna otra persona cuyo criterio se considere válido para sojuzgar demostraciones matemáticas quiere criticar lo que escribí? Porque me parece que al igual que Luis Fuentes, yo también soy matemático y de momento somos 1 contra 1.

16 Diciembre, 2018, 04:50 pm
Respuesta #7

Luis Fuentes

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Hola

Debe estar de broma porque no comprendo sus razonamientos:

... si aceptó como válido en el apartado 3º) que \( P(x)=0 \) para todo \( x \) positivo \( \Leftrightarrow{} y=0 \)...

¡Precisamente de lo que he razonado se deduce que si \( (x, y, z) \) es una solución, entonces las soluciones de \( P(x) \) nos dan la solución de x! Y esto es porque \( P(x) \) lo he construido utilizando el desarrollo del binomio de Newton.

Es cuando observamos que \( P(x)>0 \) al aplicar la hipótesis adicional \( 2ª) z< x+y \) que vemos que no puede tener raíces enteras y llegamos a la contradicción, no al revés como dice usted.

Las condiciones 1)2)3) son excluyentes. Es claro que si \( z^n=x^n+y^n \) para \( n>1 \)  la opción (1) y la opción (3) no pueden darse, es decir, necesariamente tiene que cumplirse que \( z<x+y \).

Que en la opción (3), es decir,cuando \( z=x+y \) entonces \( P(x)=0 \) no tiene nada que ver ni entra en contradicción alguna con que en el caso (2) se tenga \( P(x)>0 \), ya que son condiciones que no se dan simultánemante, son excluyentes.

Citar
"Para mi el principal escollo que hay es que estoy aplicando una demostración por reducción al absurdo a un enunciado que contiene un natural que podría tender a infinito, y según algunas escuelas de pensamiento, esto no es apropiado."

No hay ninguna escuela de pensamiento relevante en matemáticas que considere inapropiado que los naturales no estén acotados superiormente.

Como añadido y si quieres responder:

Si tu argumento estuviese bien. ¿Estarías probando que tampoco hay números reales positivos tales que \( z^n=x^n+y^n \)? ¿Si? ¿No? ¿Por qué? ¿Cuál es la diferencia?¿Y enteros para \( n=2 \)?.

Saludos.

16 Diciembre, 2018, 07:51 pm
Respuesta #8

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Uhmm. Empiezo a vislumbrar donde puede haberse usted equivocado.

Voy a modificar el punto en el que mencioné el binomio de Newton:

Citar
Además nos serviremos del desarrollo del binomio de Newton para \( (a+b)^m \), donde \( C(m,k) \) representa el coeficiente binomial conocido como \( m \) sobre \( k \)

\( (a+b)^m= a^m+C(m,m-1)a^{m-1} b + … + C(m,1)a b^{m-1} + b^m \)

2º) \( z < x+y\Rightarrow{} \)
(1)\(  z^n < (x+y)^n \)

Tomamos el binomio de Newton desarrollado en la solución \( (x,y,z) \) que suponemos existe al estar tratando de demostrar por reducción al absurdo el resultado y lo sustituimos en (1).

(2) \( z^n< x^n+ C(n, n-1)x^{n-1}y + ... + C(n,1)x y^{n-1} + y^n \)

Tomamos:
\( C(n,n-1)y = A_{n-1} \)

\( ... \)

\( C(n,1)y^{n-1}= A_1 \)

\( A_i>0 \)

y los sustituimos en (2).

(3)\(  z^n<x^n+P(x)+y^n \)

Dado que por hipótesis \( z^n=x^n+y^n \), (3)\( \Rightarrow{} 0<P(x) \), donde \( P(x) \) es un polinomio en \( x \) (\( x \) de la solución de la igualdad de Fermat). Este polinomio evaluado sobre los reales positivos no tiene raíces reales positivas y ahí tenemos la contradicción (como dije anteriormente).

Citar
No hay ninguna escuela de pensamiento relevante en matemáticas que considere inapropiado que los naturales no estén acotados superiormente.

Durante siglos ha habido escuelas que no aceptaban la demostración dada por Euclides en "Los Elementos" de la infinidad de los números primos porque sigue el mismo procedimiento que el descrito aquí (reducción al absurdo sobre una lista que crece indefinidamente, o de forma no acotada). Tanto es así que hace relativamente poco tiempo(si lo comparamos con el que los triceratops campaban a sus anchas por la superficie terrestre), el matemático Paul Ërdos demostró el mismo hecho mediante un procedimiento totalmente distinto: basándose en cardinales de conjuntos en lugar de la ya consabida demostración clásica.

Citar
Si tu argumento estuviese bien. (1) ¿Estarías probando que tampoco hay números reales positivos tales que \( z^n=x^n+y^n \)? (2)¿Si? (3)¿No? (4)¿Por qué? (5)¿Cuál es la diferencia? (6)¿Y enteros para \( n=2 \)?

Vaya preguntas:

(1) No.
(2) Si.
(3) No.
(4) En las clases de álgebra del instituto se aprende que se puede despejar z calculando la raíz n-ésima de \( x^n+y^n \) para cualesquier dos valores \( x \) e \( y \) reales. Pero también se aprende que esa raíz no es única ya que tenemos n soluciones que coinciden con los vértices de un polígono regular de n lados con el centro en el origen. El resto de raíces son complejas si n es impar, o todas complejas menos una, que es la opuesta de la primera que dimos.

(5) La diferencia estriba en que la raíz n-ésima de un número real es un número real, pero la raíz n-ésima de un número entero no tiene por qué ser entera.

(6) Para n=2 sí que hay soluciones enteras: son las llamadas ternas pitagóricas.

Vale, lo reconozco: no sé que contestar en (2) y (3), pero he acertado 4 de 6. Eso es un aprobado.

16 Diciembre, 2018, 08:01 pm
Respuesta #9

Luis Fuentes

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Hola

Uhmm. Empiezo a vislumbrar donde puede haberse usted equivocado.

Al principio había entendido "empiezo a vislumbrar donde puedo haberme equivocado". Tantos mensajes en el foro y todavía peco de ingenuo...  ::)

Voy a modificar el punto en el que mencioné el binomio de Newton:

Citar
Dado que por hipótesis \( z^n=x^n+y^n \), (3)\( \Rightarrow{} 0<P(x) \), donde \( P(x) \) es un polinomio en \( x \) (\( x \) de la solución de la igualdad de Fermat). Este polinomio evaluado sobre los reales positivos no tiene raíces reales positivas y ahí tenemos la contradicción (como dije anteriormente).

No veo que hayas aclarado nada. ¿Dónde está la contradicción?¿Exactamente con que es contradictorio que \( P(x)
 \) tome valores positivos para \( x \) positivos?¿Por qué es contradictorio que no tenga raíces reales positivas?. No contradice nada.

Vaya preguntas:

Citar
(1) No.
(2) Si.
(3) No.
(4) En las clases de álgebra del instituto se aprende que se puede despejar z calculando la raíz n-ésima de \( x^n+y^n \) para cualesquier dos valores \( x \) e \( y \) reales. Pero también se aprende que esa raíz no es única ya que tenemos n soluciones que coinciden con los vértices de un polígono regular de n lados con el centro en el origen. El resto de raíces son complejas si n es impar, o todas complejas menos una, que es la opuesta de la primera que dimos.
(5) La diferencia estriba en que la raíz n-ésima de un número real es un número real, pero la raíz n-ésima de un número entero no tiene por qué ser entera.

(6) Para n=2 sí que hay soluciones enteras: son las llamadas ternas pitagóricas.

Tienes razón en tus respuestas (4),(5) y (6). Pero la clave precisamente es que respondieses a (2) y (3). La cuestión es que tu """demostración""" si estuviese bien probaría lo contrario de lo que has dicho en 4,5 y 6. Entonces la pregunta iba orientada a que, si se supone que crees que tu prueba es correcta, ¿por qué esa misma prueba no estaría probando que la ecuación de Fermat tiene soluciones reales o que tiene soluciones enteras cuando \( n=2 \)?.

Saludos.